Sử dụng khai triển nhị thức niu tơn và tính chất tổ hợp vào bài toán tính tổng có chứa tổ hợp

MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU
1.1 Lý do chọn đề tài
1.2 Mục đích nghiên cứu
1.3 Đối tượng nghiên cứu
1.4 Phương pháp nghiên cứu
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3 Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề
2.4 Hiệu quả đạt được của sáng kiến kinh nghiệm
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận
3.2 Kiến nghị

Trang
1
1
2
2
2
3
3
3
4
13
14
14
14

1. MỞ ĐẦU

1.1. Lí do chọn đề tài
1


Trong quá trình giảng dạy môn toán phổ thông ở phần “ Nhị thức NiuTơn”, ta bắt gặp bài toán: Tính tổng nhờ khai triển nhị thức Niu-Tơn, kết hợp
với việc lựa chọn giá trị phù hợp, lấy đạo hàm, lấy tích phân.Ý tưởng này được
thể hiện rất rõ ở nhiều cuốn sách tham khảo, đặc biệt được in lên trang bìa hình
ảnh như sau:
Đạo hàm
�

n

�k .C
k 0

k
n

 n.2 n 1

x=1
n

(1  x) n  �Cnk x n
k 0

Cnk
2 n 1  1


�
n 1
k 0 k  1
n

�
1

f (x)dx
�
0

“Phương pháp giải tích tổ hợp”

Lê Hồng Đức NXB Hà Nội, 2005.
Khi xem nội dung quyển sách này tôi cũng thấy rất rõ sự kết hợp khai
triển nhị thức Niu-Tơn và phép toán đạo hàm, tích phân để tạo nên những tổng
mới, ý tưởng này còn xuất hiện ở rất nhiều sách tham khảo khác nữa.
Còn sách giáo khoa hiện nay thì chương “Tổ hợp - Xác xuất” lại được sắp
xếp ở kỳ 1 lớp 11. Khi các em chưa được học đạo hàm, tích phân. Nhiều năm
liền tôi cũng như nhiều giáo viên tạm gác lại nội dung này, chờ đến khi các em
được học đạo hàm, tích phân thì mới bổ sung lại nên kiến thức bị gián đoạn. Khi
được bổ sung lại các em đã quên kiến thức cũ nhiều.
Vì vậy với mong muốn, làm thế nào để một học sinh lớp 11 chỉ với kiến
thức sẵn có vẫn có thể làm được bài toán tính tổng mà không cần kết hợp với
đạo hàm, tích phân, tôi nghiên cứu đề tài: “Sử dụng khai triển nhị thức NiuTơn và tính chất tổ hợp vào bài toán tính tổng có chứa tổ hợp”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Góp phần giải quyết chỉ một lớp các bài toán tính tổng có sử dụng khai
triển nhị thức Niu-Tơn và tính chất của tổ hợp:
k Cnk  n Cnk11 hoặc

1 k 1 k 1
Cn  Cn 1 vào bài toán tính tổng.
n
k

2


- Bồi dưỡng cho học sinh lớp 11 nâng cao về phương pháp, kĩ năng giải
toán nhị thức Niu-Tơn. Qua đó, học sinh nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo .
- Đề tài nhằm nâng cao nghiệp vụ bản thân để trao đổi kinh nghiệm với
đồng nghiệp và đóng góp một phần nào đó vào việc nâng cao chất lượng dạy
học môn toán ở trường phổ thông.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
-Đối tượng nghiên cứu của tôi chỉ là dạng bài toán tính tổng có áp dụng
khai triển nhị thức Niu-Tơn và tính chất tổ hợp.
-Đề tài được áp dụng cho học sinh lớp 11.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu các tài liệu liên quan,
SGK, SGV, SBT, tài liệu về Nhị thức Niu-Tơn.
- Phương pháp tổng kết rút kinh nghiệm.
- Phương pháp thực nghiệm, đối chiếu, so sánh.

2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận
Để thực hiện đề tài tôi đã dưạ vào các công thức, hệ quả, chú ý, nhận xét
ở bài “ Nhị thức Niu-Tơn” và công thức và tính chất tổ hợp ở bài “Hoán vị3

Chỉnh hợp-Tổ hợp” thuộc chương II- Sách giáo khoa Đại số và Giải tích
11,NXB giáo dục,2007
* Khai triển nhị thức Niu-Tơn: với mọi cặp số thực a,b và mọi số n
nguyên dương ta có:
(a  b) n  Cn0 a n  Cn1 .a n 1b  Cn2 .a n  2b 2  ...  Cnk .a n  k b k  ...  C nn .b n
(a  b) n  Cn0 . a n  Cn1 .a n 1b  Cn2 .a n  2 .b 2  ...  (1)k .Cnk .a n k b k  ...  (1)n .Cnn .b n

* Công thức tính chất tổ hợp dùng trong sáng kiến này:
n!

k
1. Cn  k !(n  k)!

2. Cnk  Cnn  k

(0 �k �n; k, n �N * )
(0 �k �n; k, n �N* )

3. k .Cnk  n.Cnk11
4.

1 k 1 1 k
Cn 1  .Cn
k
n

5. Cn0  Cn1  ...  Cnn  2n
6. Cn0  Cn1  Cn2  ...  (1) n .Cnn  0
2.2. Thực trạng của đề tài
* Trước đây, khi chưa đổi sách giáo khoa (trước năm 2006) khi gặp bài toán:

Tính tổng: S1  Cn1  2.Cn2  3.Cn3  ...  n.Cnn
1
1
1
S 2  Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn
2
3
n

Chúng ta vẫn thường sử dụng khai triển nhị thức Niu-Tơn kết hợp đạo
hàm để giải quyết (trong tổng S1 ); hoặc khai triển nhị thức Niu-Tơn kết hợp tích
phân để giải quyết ( trong tổng S2 ).
* Cụ thể hơn, ta phân tích về tổng S1 : Ta thấy các hệ số đứng trước tổ hợp
cứ tăng dần ta nghĩ đến đạo hàm.
Xuất phát từ khai triển (1  x)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n
Lấy đạo hàm 2 vế theo x: n.(1  x) n 1  Cn1  2.Cn2 x  3Cn3 x 2  ...  n.Cnn x n 1
Thay x  1 vào 2 vế, ta được:
n.2 n 1  Cn1  2.Cn2  3Cn3  ...  n.Cnn

Vậy S1  n.2n 1 .
* Tuy nhiên, cách giải trên không phù hợp với lớp 11 hiện tại đang
học.Tình cờ, tôi bắt gặp cách giải khác như sau:
Dễ dàng chứng minh được: k .Cnk  n.Cnk11
0
1
2
n 1
Cn01  Cn11  Cn21  ...  n.Cnn11 �
Nên S1  n.Cn 1  n.Cn1  n.Cn1  ...  n.Cn1  n �
�

�

 n.(1  1) n 1  n.2n 1

4


Vậy ra, sẽ có giải pháp thay thế cho cách truyền thống là dùng đạo hàm,
tích phân.
Để trả lời đầy đủ cho vấn đề này, tôi bắt đầu suy nghĩ xem, tất cả những ý
tưởng dùng đạo hàm, tích phân để tính tổng liên quan đến khai triển nhị thức
Niu-Tơn phải được thay thế bởi công thức của tổ hợp nào đó. Cuối cùng, tôi đã
đưa ra được dạng toán, phương pháp giải quyết bài toán tính tổng dựa vào khai
triển nhị thức Niu-Tơn và 2 công thức tổ hợp được chứng minh là: k .Cnk  n.Cnk11
(1) và

1 k 1 k 1
Cn  Cn 1 (2)
n
k

2.3. Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề
2.3.1. Hướng dẫn học sinh phát hiện công thức (1) và liên hệ với các
toán tử trong tổng cần tính.
a.Phát hiện công thức: k .Cnk  n.Cnk11 và liên hệ.
n(n  1)!

n!

n

k
k 1
Xét công thức: Cn  k !(n  k)!  k.(k  1)! ((n  1)  (k 1)  !  k Cn 1

�
k .Cnk  n.Cnk11

Suy ra, khi phát hiện trong đề có toán tử k .Cnk thì biến đổi thành: n.Cnk11
Chẳng hạn, tính tổng S1  Cn1  2Cn2  3.Cn3  4Cn4  ...  n.Cnn
Trong tổng S1 có nhiều toán tử dạng: k .Cnk nên ta nghĩ đến công thức (1):
k .Cnk  nCnk11 áp dụng công thức cho từng toán tử ta được:
�
1.Cn1  n.Cn01
� 2
2.Cn  n.Cn11
�
� 3
3.C n  n.C n 21
�
�
...
�
�
n.C n  n.Cnn11
� n
� S1  n �
Cn01  Cn11  Cn21  ...  Cnn11 �
�
�

 n.(1  1) n 1
 n.2n 1

2.3.2. Hướng dẫn học sinh phát hiện công thức (2) và liên hệ với các toán tử
trong tổng cần tính.
Từ công thức (1) : k .Cnk  n.Cnk11 Suy ra:
Hay thấy:

1 k 1 k 1
Cn  .Cn 1
n
k

1 k 1
1
.Cn 1 biến đổi hết thành .Cnk
k
n

5


1
2

1
3

Chẳng hạn, tính tổng: S1  1Cn0  Cn1  Cn2  ... 
Trong tổng S2 có nhiều toán tử dạng:

1
Cnn 1
n 1

1 k 1
.Cn 1
k

nên ta nghĩ đến công thức (2)

1 k 1 1 k
Cn 1  Cn
k
n

Áp dụng công thức cho từng toán tử ta được:
1 1
�0 1 0
Cn  C n 
Cn 1
�
1
n 1
�
1
�1 C1

.Cn21
�2 n

n 1
�
1
�1 2

Cn31
� Cn
n 1
�3
...
�
�
� 1 Cnn  1 Cnn11
�n  1
n 1
�
�
1
�
� S2 
Cn11  Cn21  ...  Cnn11 �
�
�
n 1
1
�

Cn01  Cn11  Cn21  ...  Cnn11   Cn01 �

�

�
n 1


1
2n 1  1
.  2n 1  1 
n 1
n 1

Trên đây, bước đầu tôi hướng dẫn học sinh chứng minh công thức(1),(2)
và áp dụng ở mức độ đơn giản hai công thức ấy vào bài toán tính tổng. Tuy
nhiên, với mong muốn thay thế toàn bộ ý tưởng dùng đạo hàm, tích phân một
lần hoặc nhiều lần vào bài toán tính tổng. Tôi đã cố gắng chia dạng toán này
thành nhiều loại có ví dụ và phân tích để làm, có nhận xét và bài tập tương tự để
học sinh tự rèn luyện phương pháp.
2.3.3. Phân loại dạng toán
LOẠI 1: Trong bài toán tính tổng chứa tổ hợp các toán tử có dạng
k .Cnk ở đó (k, n Σ�
N * , 0 k n) .
Phương pháp: sử dụng công thức: kCnk  nCnk11
VD 1.1: Tính tổng sau:
S1  Cn1  2.Cn2  3Cn3  ...  (n  1) Cnn 1  n.Cnn

* Phân tích: Tổng trên các hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần từ
1,2,3,4,...,n. Tức là, các toán tử của tổng có dạng k .Cnn .Vì vậy, có thể áp dụng
k 1
công thức:
lần
với k=1,2,..,n.

k .C klượt
 nCvớ
n

n 1

6


* Bài giải:
+ Áp dụng công thức
Ta có:

k .Cnk  n.Cnk11

lần lượt với k=1,2,...n.

�
1. Cn1  n.Cn01
� 2
2. C n  n.Cn11
�
�
...
�
�
(n  1).C nn 1  n.Cnn12
�
�
n.Cnn  n.Cnn11

�

+ Cộng vế với vế tất cả các đẳng thức trên ta được:

S1  n  Cn01  Cn11  ...  nCnn12  Cnn11   n.(1  1) n 1  n.2 n1

* Cách giải áp dụng khai triển Niu-Tơn kết hợp đạo hàm:
Ta có: (1  x) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn1 x n1  Cnn x n
Lấy đạo hàm theo x hai vế của đẳng thức trên ta được:
n(1  x) n 1  Cn1  2.Cn2 x  ...  (n  1).Cnn 1 x n  2  n.Cnn .x n 1 (*) . Thay x  1 vào (*), ta
được: n.2n 1  Cn1  2.Cn2  ...  (n  1).Cnn 1  n.Cnn .Vậy S  n.2n 1
* Nhận xét: Rõ ràng, với việc sử dụng công thức kCnk  n.Cnk11 ta đã làm
được bài toán mà đáng lẽ ra phải đợi khi học phép toán đạo hàm mới giải quyết
được .
VD 1.2: Tìm số nguyên dương n sao cho:
C21n 1  2.2C22n 1  3.22.C23n 1  4.23.C24n 1  ...  (2 n  1).2 2 n.C22nn11  2019(*)

* Phân tích và hướng giải:
Xét tổng ở vế trái của hệ thức (*), ta thấy mỗi toán tử cũng có xuất hiện
các hệ số đứng trước các tổ hợp tăng dần và có dạng: k .C2kn 1.2k 1 nên áp dụng
công thức: k .Ck2 n 1  (2 n  1) C 2k n1 lần lượt với k=1,2,...,2n+1 nó chính là công thức:
k .Cnk  n.Cnk11 khi thay n bởi 2n  1

Vế trái của hệ thức (*) được biến đổi thành:
(2n  1)(C20n  C21n .2  C22n .22  C23n .23  ...  C22nn .22 n )  (2n  1)(1  2)2 n  2n  1

Từ đó, ta tìm được n=1009
* Nhận xét: Có thể tổng quát hóa cho học sinh bài toán tính tổng dạng:
Cho a>0, n là số nguyên dương, tính tổng:
S2  C21n 1  2.a.C22n 1  3.a 2 .C23n 1  ...  (2n  1).a 2 nC22nn11

LOẠI 2: Trong bài toán tính tổng chứa tổ hợp các toán tử có dạng
k .(k  1).Cnk ở đó (k, n �N * ,1  k �n) .
7


kCnk  nCnk11 hai lần
Phương pháp: sử dụng công thức:
VD 2.1: Với n là số nguyên dương, chứng minh rằng:
2.1 .Cn2  3.2.Cn3  4.3Cn4  ...  n(n  1).Cnn  n(n  1).2n  2

*Phân tích: Toán tử tổng quát có dạng k (k  1).C kn áp dụng công thức
k .Cnk  n.Cnk11 hai lần ta được:

k (k  1).Ckn  (k  1).  k .Cnk   (k  1)  nCnk11   n �
(k  1).Ckn 11 �
�
�

n.(n  1).Ckn  22

* Bài giải: + Áp dụng : k (k  1).Ckn  n(n  1).Ckn 22 lần lượt cho k  2,3, 4,..., n
�
2.1.Cn2  n(n  1).C 0n  2
�
3.2.Cn3  n(n  1).C1n  2
�
�
4
2

ta được : �4.3.Cn  n(n  1).C n2
�
...
�
�
n(n  1).C nn  n(n  1).C nn  22
�

+ Cộng vế với vế tất cả các đẳng thức trên ta được:
n 2
n 2
2.1.Cn2  3.2Cn3  ...  n(n  1)Cnn  n(n  1) �
Cn0 2  Cn12  ...  Cnn22 �
�
� n(n  1)(1  1)  n(n  1)2

( Bài toán được chứng minh).
* Cách giải kết hợp kiến thức Niu-Tơn và đạo hàm hai lần : Xét khai
triển : (1  x) n  .Cn0  Cn1 x  Cn2 x2  Cn3 x 3  ...  Cnn x n Lấy đạo hàm theo x hai lần hai
vế của khai triển trên ta được:
n(n  1)(1  x) n  2  2.1.Cn2  3.2.Cn3 x  ...  n(n  1) Cnn x n 2

Thay x  1 vào hai vế ta được điều phải chứng minh.
* Nhận xét 1: Một lần nữa khẳng định lại rằng, những bài toán mà ý
tưởng là phải kết hợp khai triển Niu-Tơn và đạo hàm 1 lần hoặc nhiều lần đều đã
được giải bằng cách sử dụng công thức: k .Cnk  n Cnk11 một hoặc nhiều lần.
* Nhận xét 2: Có thể tổng quát hóa dạng toán mà tất cả các toán tử có
dạng : k .(k  1)(k  2)...(k  m).Ckn (0 �m  k �n) bằng cách sử dụng công thức
kCnk  n.Cnk11

m lần.

VD 2.2 : Tính tổng S3  1.2.3Cn3  2.3.4.Cn4  ...  (n  2)(n  1) n.Cnn
LOẠI 3 : Trong bài toán tính tổng có chứa tổ hợp, các toán tử có dạng :
Phương pháp : Sử dụng công thức

1 k 1
Cn 1
k

1 k 1 1 k
Cn 1  Cn
k
n

VD 3.1 : Rút gọn biểu thức :
1
1
1
A  Cn0  Cn1  Cn2  ... 
Cnn
2
3
n 1

8


(Giải tích tổ hợp LÊ HỒNG ĐỨC)
* Phân tích : Tổng trên các hệ số đứng trước tổ hợp có dạng là một phân

số mà mẫu số tăng dần 1, 2,3... n  1 . Tức là các toán tử của tổng có dạng :
. Vì vậy có thể áp dụng công thức

1 k 1
.Cn
k

1 k 1 1 k
.Cn 1  Cn , khi n  1 thay bởi n ta được :
k
n

1 k 1
1
.Cn 
Cnk1 và áp dụng lần lượt cho
k
n 1
k  0,1, 2,...,

*Bài giải :
+ Áp dụng công thức :

1 k 1
1
Cn 
Cnk1 lần lượt với k  1, 2,3... ta được :
k
n 1

1 0
1 1
�
.Cn 
Cn 1
�
1
n 1
�
�1 C 1  1 C 2
�2 n n  1 n 1
�
1
�1 2
Cn31
� Cn 
3
n

1
�
...
�
�
� 1 Cnn  1 Cnn11
�n  1
n 1
�
�

Cộng vế với vế tất cả các đẳng thức trên ta được :
A

1
1
1
2 n 1  1
1
2
n 1
0
1
2
n 1
0
n 1
C

C

...

C

C

C

C
...


C

C

2

1

 n1 n1
 n1 n1 n1 n1 n1  n  1 
 n 1
n 1 
n 1
n 1

* Cách giải áp dụng khai triển nhị thức Niu-Tơn kết hợp tích phân :
Ta có : (1  x)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n . (*)
Lấy tích phân theo x cận từ 0 đến 1 của (*), ta được :
1

(1  x)
�
0

�
�

1

n

dx  �
(C0n  C1n x  C 2n x 2  ...  Cnn x n )dx
0

n 1

(1  x)
n 1

1
0

1
1
1
�0
�
�
Cn x  Cn1 x 2  Cn2 x3  ... 
Cnn x n 1 �1
2
3
n 1
�
�0

2n 1  1
1

1
1
2n 1  1
 Cn0  Cn1  Cn2  ... 
.Cnn � A 
n 1
2
3
n 1
n 1
1
1
* Nhận xét : Với việc sử dụng công thức : Cnk11  Cnk đã giải quyết được
k
n

bài toán tính tổng mà nếu sử dụng tích phân thì phải chờ tới cuối năm lớp 12
mới giải quyết được.
9


VD 3.2 : (Đề thi ĐH khối B năm 2003)
Cho n là số nguyên dương. tính tổng :
S 4  Cn0 

2 2  1 1 23  1 2
2n 1  1 n
Cn 
Cn  ... 
Cn

2
3
n 1

1 k 1 1 k
Cn 1  Cn
k
n
1 0 1 1 1 2 1 2 3
1
1
�0 1 1 1 2
�
Cnn .2 n 1  �
Cn  Cn  Cn  ... 
Cnn �
Ta có : S4  .Cn .2  Cn .2  Cn .2  ... 
1
2
3
n 1
2
3
n 1 �
�

* Bài giải : Tách và áp dụng công thức :

=

1 1 1
1
1
1
Cn 1.2 
Cn21 .22 
Cn31.23  ... 
Cnn11.2n 1
n 1
n 1
n 1
n 1

1
1
1
�1
�
 � Cn11 
Cn21 
Cn31  ... 
Cnn11 �
n 1
n 1
n 1
�n  1
�


1

1
�
�
Cn01  Cn11 .21  Cn21.22  ...  Cnn11.2n 1  Cn01 �

Cn01  Cn11  Cn21  ...  Cnn11  Cn01 
�
�
�
n 1
n 1



1
1
3n 1  2n 1
(3n 1  1) 
(2n1  1) 
n 1
n 1
n 1

LOẠI 4 : Trong bài toán tính tổng có chứa tổ hợp, các toán tử có dạng :
1
Cnk
(k  1)(k  2)

Phương pháp: sử dụng công thức :
hay chính là công thức :

1
.Cnk 
k 1

1 k 1
1 k
.Cn 1 
.Cn
k
n
1
.Cnk11 hai lần.
n 1

VD 4.1 : Chứng minh rằng tổng:
S5 

1 0 1 1 1 2
1
2n2  n  3
.Cn 
Cn 
Cn  ... 
Cnn 
(với n �N * )
1.2
2.3
3.4
(n  1)(n  2)

(n  1)(n  2)

* Phân tích và hướng giải:
1

k

Mỗi toán tử ở vế trái có dạng (k  1).(k  2) .Cn ta biến đổi để áp dụng hai lần công
thức

1 �1
1
1
1
� 1 �1
k 1 �
. � .Cnk �
.Cnk22
Cnk  Cnk11 như sau:
� Cn 1 �
k  2 �k  1
k 1
n
� k  2 �n  1
� (n  2)(n  1)
1
1
k
k 2
Vậy: (k  1)(k  2) Cn  (n  1)(n  2) Cn  2 (*)

Áp dụng công thức (*) lần lượt với k  0,1, 2... ta được tổng

10


1
 Cn22  Cn32  ...  Cnn22 
(n  1)(n  2)
1

Cn0 2  Cn1 2  Cn2 2  Cn3 2  ...  Cnn  22  Cn0 2  Cn1 2 

(n  1)(n  2)
S5 



1
2n  2  n  3
(2n  2  n  2  1) 
(n  1)(n  2)
(n  1)(n  2)

(Điều phải chứng minh)
* Nhận xét: Qua VD4.1 có thể tổng quát hóa dạng toán tính tổng mà tất
cả các toán tử có dạng:
1
1
1

.Cnk thì sẽ sử dụng công thức .Cnk11  Cnk
(k  1)(k  2)...(k  m)
k
n

m lần.

VD4.2: Tính tổng:
S6 

1
1
1
1
Cn0 
Cn1 
Cn2  ... 
.Cnn
1.2.3
2.3.4
3.4.5
(n  1)(n  2)(n  3)
1
k

1
n

* Hướng dẫn giải: Áp dụng công thức: .Cnk11  Cnk (3 lần)
LOẠI 5: Các ví dụ tổng hợp có biến đổi đưa về 4 loại trên

VD 5.1: Tính tổng:
1
2
3
2020
S7  12.C2020
 22.C2020
 32.C2020
 ...  2020 2.C2020

* Bài giải: Xét số hạng tổng quát:

k 2 .Cnk (ở đó k  1, 2,3..., 2020; n  2020 )  k (k  1) Ckn  k .Cnk  (k  1).  k .Cnk   k .Cnk
 (k  1).  n.Cnk11   n.Cnk11  n  (k  1) C nk 11   n.Cnk11  n.(n  1).C nk 22  n.Cnk11

Vậy: k 2 .Cnk  n(n  1).C kn22  n.Cnk11 Áp dụng cho k  1, 2,3,..., 2020; n  2020
n2

n 1

Cn  2  Cn  2  ...: Cn 2 �
Cn1  Cn 1  Cn 1  ...  Cn 1 �
Ta được: S7  n.(n  1) �
�
� n �
�
�
0

1

0

1

2

 n.(n  1).2n  2  n.2n 1
 2019.2020.22018  2020.22019
 2020.22018 (2019  2)
 2020.2021.22018

VD5.2: Tính tổng:
1
2
S8  Cn0  5 C2020
 9.C2020
 ...  8081.C2020
2020

Bài giải:
+ Xét số hạng tổng quát của tổng có dạng:
(4 k  1).C kn

(n  2020, 0 �k �2020)

= 4.k .Cnk  Cnk  4.nCnk11  Cnk
n 1
n
Cn01  Cn11  ...  C nn 11 �

Cn0  Cn1  ...  C nn �
+ S8  4 n �
�
� �
�
� 4n.2  2

11


Với n = 2020;
S8  8080.22019  22020  22019 (8080  2)  8082.22019

VD 5.3: (Đại học mở 98).
1
3

1
6

Chứng minh rằng: Cn0  Cn1  ... 

1
2n 1  1
Cnn 
.
3n  3
3(n  1)

* Bài giải: số hạng tổng quát của vế trái là:

1 1
.
Cnk
3 k 1

(0 �k �n) .

1
1
.Cnk 
Cnk11
k 1
n 1
1
1
1 1
1 1
Cnk  .
Cnk11
Cũng chính là công thức: .Cnk11  Cnk . ta được: .
k
n
3 k 1
3 n 1

Áp dụng công thức:

1 1
2n1  1
1

2
n 1

.
C

C

...

C

 VP(điều phải chứng minh).


Vậy VT
n
n
n 1
3 n 1
3(n  1)

VD 5.4 : Tính tổng :
S9 

1 0
1 1
1 2
1
2020

S2020  C2020
 C2020
 ... 
.C2020
2.
3
4
2022

* Bài giải :
+ Số hạng tổng quát của S9 có dạng :
+ Biến đổi :

1
k
.C2020
( 0 �k �2020 ).
k 2

1
k 1 1
k
k
.C2020

.
.C2020
k 2
k  2 k 1

1
1
1
� 1 �1
k 1
k 1
k 1
�
1
.C2021

C2021

.
.C2021
�
2021
2021 k  2
� k  2 �2021
1
1
1
k 1
k 2

.C2021

.
.C2022
2021

2021 2022
1
1
1
2
2021
2
3
2022
�
�
�
C

C

...

C

C2022
 C2022
 ...  C2022

+ S9 
2021
2021
2021
�
�

�=
2021
2021.2022
1
1
(22021  1) 
.(22022  2023).
2021
2021.2022

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ :
Bài 1 : Chứng minh rằng :
(1) n n 1 n
1
0
2 1
1
3 1
2
�
2
C

2
.
.
C

2
.

C

...

.2 .Cn 
1  (1) n �
2 n
n
n
2
�
�
3
n 1
n 1

Bài 2 : Với n là số nguyên dương, chứng minh rằng :
1 1
Cn  2.Cn2  3.Cn3  ...  n.Cnn   n !

n

Bài 3 : Với n là số nguyên dương, chứng minh rằng :
12


2.Cn0 

2 2 1 23 2
2n 1 n 3n 1  1

.Cn  .Cn  ... 
Cn 
2
3
n 1
n 1

Bài 4 : Với n �N * . Chứng minh rằng :
Cn0 

Cn1 Cn2
(1) n .Cnn
2.4....2n

 ... 

3
5
2n  1
3.5....(2 n  1)

Bài 5 : Tìm n �N * , n  4 biết :
2.Cn0  5.Cn1  8Cn2  ...  (3n  2).Cnn  1600

Bài 6 : Tính tổng : S 

3n
3n 1 1
1
.Cn0 

.Cn  ... 
.Cnn
1.2.3
2.3.4
(n  1)(n  2)(n  3)

Bài 7 : Tìm số nguyên dương n thỏa mãn :
Cn1 .3  2.Cn2 .32  3.Cn3 .33  ...  ( 1) n 1.n.Cnn .3n  33792

Bài 8 : Tính tổng : S  1.2.Cn1  2.3.Cn2  ...  n(n  1).Cnn
Bài 9 : Chứng minh rằng :
(1)n .Cnn
1 0 1 1 1 2
1
.Cn  .Cn  .Cn  ... 

2
4
6
2.(n  1) 2(n  1)

Bài 10 : Rút gọn :
A

(C0n )2 (C1n ) 2 (C2n )2
(C n )2


 ...  n
1

2
3
n 1

Bài 11 : Với n �N * CMR :
C1n
C2n
C kn
C nn
2n 1  1
C 

 ... 
 ... 

11 1 2
1 k
1 n
1 n
0
n

Bài 12 : Rút gọn :
1
1
1
1
P  C20n  .C22n  C24n  ... 
C22nn
2

4
6
2n  2

Bài 13 : Tính tổng :
2

2

2

2

�Cn0 � �Cn1 � �Cn2 �
�Cnn �
S  � � � � � � ...  � �
�1 � �2 � �3 �
�n  1 �

Bài 14 : Tính tổng :
2

2

2

(C0n ) (C1n ) (C n2 )
(C nn ) 2
S



 ... 
1.2
2.3
3.4
(n  1)(n  2)

2.4. Hiệu quả đạt được của sáng kiến kinh nghiệm
Sau khi được phân tích dạng toán, cung cấp kỹ thuật và rèn luyện hệ
thống kiến thức trên, hầu hết các em học sinh khá, giỏi ở các lớp 11 tôi dạy đã tỏ
ra mạnh dạn, tự tin và linh hoạt hơn khi gặp bài toán dạng đã xét. Đa số các em
13


đã hiểu và vận dụng được phương pháp, hiểu được xuất phát từ công thức quen
thuộc, biến đổi thành công thức mới của tổ hợp, và biết nhận ra, áp dụng vào
một dạng toán tính tổng có chứa tổ hợp mà trước đây khi chưa nghiên cứu đề tài
này các em sẽ chưa làm được tại thời điểm lớp 11. Đặc biệt, nó cũng giúp các
em đỡ e ngại khi gặp bài toán tính tổng và hình thành thói quen tốt là phân tích
đề bài trước khi làm để định hướng đúng cách giải, rèn luyện được tính chủ
động trong học tập. Các em học sinh khá, giỏi đã biết tìm chọn, sáng tạo bài tập
tương tự và làm được nhiều bài tập tương tự trong các tài liệu tham khảo.
Trước đây, khi tôi chưa nghiên cứu đề tài này thì tới khi học đạo hàm và
tích phân mới có thể ôn tập lại nhị thức Niu-Tơn và giao cho học sinh làm loại
toán kết hợp khai triển nhị thức Niu Tơn với đạo hàm và tích phân.Tuy nhiên,
phần đạo hàm ở chương 5 sách giáo khoa Đại số và Giải tích lớp 11, còn phần
tích phân ở gần cuối sách giải tích lớp 12 nên mỗi khi dạy bổ sung lại, bản thân
tôi và các em học sinh bị mất rất nhiều thời gian ôn tập, nhắc lại phần khai triển
nhị thức Niu -Tơn và đại đa số các em học sinh bị quên.Giờ đây, khi áp dụng đề
tài này cho học sinh lớp 11 tôi dạy năm học 2018-2019 và 2019-2020 tôi thấy đa

số các em học sinh đều rất hứng thú và tiếp thu tốt phần này ở trong các tiết tự
chọn và ở buổi bồi dưỡng chuyên đề cho học sinh khá giỏi.Đánh giá khả năng
tiếp thu và vận dụng kiến thức trong đề tài này nhờ vào việc kiểm tra 1 tiết ở hai
lớp 11 tôi dạy vào hai năm học 2018-2019 và 2019-2020 tôi thấy kết quả như
sau :
Lớp
Năm học
Điểm số từ khá trở
Tính ra %
lên
11A3
2018-2019
30/45
66,6%
11A5
2019-2020
35/45
77,7%
Kết quả trên, theo tôi là rất đáng khích lệ và trân trọng.

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.
3.1. Kết luận
Dạy Toán ở trường THPT là một quá trình sáng tạo. Mỗi giáo viên đều tự
hình thành cho mình một con đường ngắn nhất, những kinh nghiệm hay nhất để
đạt được mục tiêu giảng dạy là đào tạo, bồi dưỡng nhân tài, những chủ nhân
14


tương lai của đất nước. Khai triển nhị thức Niu-Tơn là mảng toán không thể
thiếu được trong chương trình toán phổ thông. Nếu chỉ dừng lại yêu cầu trong

sách giáo khoa thì chưa đủ, vì vậy đòi hỏi người giáo viên phải tích cực tự học,
tự nghiên cứu, tìm tòi sáng tạo, thường xuyên bổ sung kiến thức và tích lũy kinh
nghiệm về vấn đề này.
Trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh học tập, đọc tài liệu tham
khảo... tôi đã rút ra một số kinh nghiệm nêu trên. Đề tài “Sử dụng khai triển nhị
thức Niu-Tơn và tính chất tổ hợp vào bài toán tính tổng có chứa tổ hợp”. của
tôi thực ra cũng chỉ là một phần ứng dụng khai triển nhị thức Niu-Tơn và tính
chất tổ hợp vào bài toán tính tổng có chứa tổ hợp, chưa thể hiện đầy đủ tính đa
dạng của việc vận dụng khai triển nhị thức Niu-Tơn. Nhưng tôi hy vọng đóng góp
nhỏ trong đề tài này cũng được các thầy cô và các em học sinh tham khảo, phần
nào giúp ích trong việc nghiên cứu, giảng dạy và học tập chuyên đề về khai triển
nhị thức Niu-Tơn. Trong quá trình nghiên cứu không thể tránh khỏi những sai sót,
hạn chế, rất mong được sự giúp đỡ, đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp.
3.2. Kiến nghị
Qua đây, tôi cũng xin đề đạt nguyện vọng với các cấp lãnh đạo trong việc
triển khai áp dụng các sáng kiến kinh nghiệm hay, đã được hội đồng các cấp
đánh giá, công nhận. Các sáng kiến nên được đóng tập và gửi về các trường
Trung học phổ thông như là cuốn tài liệu tham khảo bổ ích mỗi năm mà các thầy
cô giáo của tỉnh ta đã tâm huyết với nghề, theo thời gian vừa dạy học vừa tự học
đúc rút được kinh nghiệm bản thân. Nhân đó, các thầy cô cũng được giao lưu
thêm các kinh nghiệm của đồng nghiệp để phục vụ tốt hơn cho sự nghiệp giáo
dục của mình. Trân trọng cảm ơn.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Đại số và Giải tích lớp 11
2. Sách bài tập Đại số và Giải tích lớp 11
3. Mội số câu trong đề thi tuyển sinh Đại học trước năm 2016
4. Phương pháp giải toán Giải tích tổ hợp (Lê Hồng Đức - chủ biên)
5. Các tài liệu trên mạng internet
15

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 29 tháng 06 năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

Lê Thị Phương

CÁC SÁNG KIẾN ĐÃ ĐẠT GIẢI
1. Phân tích một số nguyên nhân sai lầm của học sinh khi học hai
chương : Hàm số mũ, Hàm số logarit toán lớp 11 và biện pháp khắc phục (Đạt
giải C cấp tỉnh năm 2005-2006).

16


2. Dùng đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức đối xứng ba biến (Đạt
giải C cấp tỉnh năm 2015-2016).

17


18