Tính giá trị và chứng minh các biểu thức tổ hợp mai ngọc thắng

CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC
TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC
Mai Ngọc Thắng – A1 (08-11) THPT NTMK, Tp.HCM
Chứng minh đẳng thức và tính giá trị biểu thức trong giải tích tổ hợp là một vấn đề khá rộng, nó
có mặt trong những bài thi ĐH và cả trong các đề thi HSGQG. Với mong muốn giúp các bạn có
thêm tư liệu cho việc tự học, đây là những kiến thức tôi có được trong quá trình luyện thi với
người thầy kính yêu Vũ Vĩnh Thái và thêm một ít tôi sưu tầm được, tôi xin tổng hợp lại thành
một chuyên đề nho nhỏ cũng nhằm thêm mục đích là lưu trữ. Mọi góp ý xin liên hệ qua email
hoặc nick yahoo blackjack2512.
I. Vài công thức cần nhớ:
n!
_ Chỉnh hợp: Ank 
( n  k )!
_ Tổ hợp: Cnk 

n!
k !( n  k )!

_ Tính chất của tổ hợp: Cnk  Cnn k
Hằng đẳng thức Pascal: Cnk  Cnk 1  Cnk11
n

_ Nhị thức Newton: ( a  b) n   Cnk a n k b k
k 0

Trong chuyên đề này hầu hết là liên quan đến tổ hợp nên các bạn cần nắm vững và sử dụng
thuần thục 3 công thức liên quan đến tổ hợp như trên và trong từng mục tôi sẽ nhắc lại công thức
áp dụng trong các bài tập thuộc mục đó.
II. Các phương pháp và ví dụ minh họa:
Các bài tập tôi nêu ra đều minh họa khá rõ cho phương pháp và sẽ có một số bài tập để các bạn
có thể rèn luyện lại. Tôi sẽ cố gắng phân tích hướng giải ở một số bài toán với mong muốn giúp

các bạn hiểu sâu sắc hơn về lời giải của bài toán đó.
Cách 1: Biến đổi đồng nhất, thay các công thức tổ hợp, đôi khi dùng sai phân, thường xuất
phát từ vế phức tạp rồi dùng một số phép biến đổi để đưa biểu thức về giống vế đơn giản.
VD1: Chứng minh các đẳng thức sau:
1.

Cnk1
n 1

k
Cn
n  k 1

3.

n 1  1
1  1
 k  k 1   k ( n, k  N *, n  k ) (ĐH B 2008)
n  2  Cn 1 Cn 1  Cn

( n, k  N , n  k )

2. k ( k  1)Cnk  n (n  1)Cnk22 ( n, k  N , 2  k  n )

4. Cn2 k  Cn2 k 1 là một số chính phương ( n, k  N , n  k  2)
1


Giải: 1. Dễ dàng nhận thấy ta sẽ xuất phát từ vế trái và ta biến đổi
( n  1)!

Cnk1
k !( n  k )!
n 1
.


k
Cn
k !(n  k  1)!
n!
n  k 1
3. Tương tự câu 1, ta cũng sẽ xuất phát từ vế trái là vế phức tạp
1  n  1  k !( n  k  1)! ( k  1)!( n  k )! 
n 1  1

 k  k 1  

( n  1)!
n  2  Cn 1 Cn 1  n  2  ( n  1)!



n  1 k !( n  k )!( n  k  1  k  1) n  1 k !(n  k )!(n  2) k !(n  k )! 1
.
.


 k
( n  1)!
( n  1)!

n2
n2
n!
Cn

2,4. Xem như bài tập tự luyện.
VD2: (ĐHAN 2001- CĐ 2003)
1. Chứng minh với mọi n  2 và n nguyên thì ta có:
2. Rút gọn biểu thức: F  Cn1 

1
1
1
1 n 1
 2  2  .....  2 
2
A2 A3 A4
An
n

2Cn2 3Cn3
nCnn
.....



Cn1
Cn2
Cnn 1

Giải: Bài này minh họa cho ý tưởng sai phân, đó là biến đổi số hạng tổng quát theo hiệu 2 biểu
thức rồi thế giá trị và đơn giản từ từ.
1. Với n  1, 2,3,....., n ta có:
1 ( n  2)!
1
1
1




2
An
n!
n ( n  1) n  1 n
Vậy

1
1
1
1
1 1 1
1
1
1 n 1
 2  2  .....  2  1     ... 
  1 
2
A2 A3 A4
An

2 2 3
n 1 n
n
n

2. Cũng với ý tưởng sai phân nhưng ta biến đổi có hơi khác so với câu 1
Cn1  n ,

2Cn2
n!
( n  1)!
.
2
 n 1,
1
Cn
2!( n  2)! n !

3Cn3
n!
2!( n  2)!
.
3
n2
2
Cn
3!( n  3)!
n!

…………………………….

kCnk
 n  k 1
Cnk 1

…………………………….

nCnn
1
Cnn 1

Cộng n đẳng thức trên vế theo vế ta được:
F  Cn1 

2Cn2 3Cn3
nCnn


.....

 n  ( n  1)  ( n  2)  .....  ( n  k  1)  .....  2  1
Cn1
Cn2
Cnn 1

 1  2  3  .....  n 

n ( n  1)
(theo công thức tính tổng cấp số cộng)
2

2


VD3: Chứng minh:
1. (ĐHKTCN 1998) Cnk  3Cnk 1  3Cnk 2  Cnk 3  Cnk3 ( n, k  N ,3  k  n )
2. (ĐHQGHCM 1997) Cnk  4Cnk 1  6Cnk 2  4Cnk 3  Cnk 4  Cnk 4 ( n, k  N , 4  k  n )
Giải: Bài này minh họa cho HĐT Pascal: Cnk  Cnk 1  Cnk11 . Công thức này đối với những bạn
chưa làm quen thì hơi khó nhớ, có câu “thần chú” sau của thầy mình giúp các bạn dễ nhớ hơn dù
nghe nó rất là bình thường: “cùng trệt lầu so le, nâng trệt lấy lầu cao”. Với ý tưởng đó ta sẽ nhóm
các số hạng nhằm sử dụng HĐT Pascal:
1. Cnk  3Cnk 1  3Cnk 2  Cnk 3   Cnk  Cnk 1   2  Cnk 1  Cnk 2    Cnk 2  Cnk 3 
 Cnk1  2Cnk11  Cnk12   Cnk1  Cnk11    Cnk11  Cnk12   Cnk 2  Cnk21  Cnk3

2. Hoàn toàn tương tự câu 1.
VD4: 1. (TTĐTBDCBYTHCM 1998)
Cho 2 số nguyên n, m thỏa 0  m  n . Chứng minh: Cnm  Cnm11  Cnm21  .....  Cmm 1  Cmm11
2. Cho n, k  N *, n  k . Rút gọn: S  Ckk  Ckk1  Ckk 2  .....  Cnk1  Cnk
Giải: Ở VD trên là dùng HĐT Pascal theo chiều thuận là gom 2 thành 1, còn ở VD này ta sẽ
dùng theo chiều ngược tức là tách 1 thành 2.

Cnm  Cnm1  Cnm11
 m
m
m 1
Cn 1  Cn 2  Cn 2

 Cnm  Cnm11  Cnm21  .....  Cmm 1  Cmm11
1. Ta có: ..........
C m  C m  C m 1
m

m
 m 1

m
m
1
Cm  Cm 1  1
2. Hoàn toàn tương tự
Cách 2: Khai triển lũy thừa nhị thức rồi thay biến bằng giá trị thích hợp.
VD1: Chứng minh:
1. Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  .....  ( 1) n Cnn  0
2. 90 Cn0  91 Cn1  9 2 Cn2  .....  9 n Cnn  10n
Giải: 1. Ta thấy vế trái của đẳng thức chứa Cn0 và Cnn đồng thời mỗi hệ số của tổ hợp là 1 nên ta
sẽ chọn khai triển (1  x ) n và thấy các số hạng đổi dấu nên sẽ chọn x  1 .
Ta có: (1  x ) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  .....  Cnn x n (1)
Trong (1) thay x  1 ta được Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  .....  ( 1) n Cnn  0
3


2. Trong (1) thay x  9 ta được 90 Cn0  91 Cn1  9 2 Cn2  .....  9 n Cnn  10n
VD2: 1. (ĐHQGHCM 1997 – ĐHYDHCM 2000)
Chứng minh C21n  C23n  C25n  .....  C22nn 1  C20n  C22n  C24n  .....  C22nn
2. (ĐHSPV 2000) Chứng minh C22n  C24n  .....  C22nn 2  C21n  C23n  .....  C22nn 1  2
Giải: 2 bài trên bản chất giống nhau nên tôi sẽ giải mẫu bài 2.
2. Nhận thấy vế trái của đẳng thức khuyết mất C20n  C22nn nên ta sẽ cộng thêm lượng này vô để sử
dụng khai triển (1  x ) 2 n và thật may mắn C20n  C22nn  2 nên ta có lời giải như sau:
YCBT  C20n  C22n  C24n  .....  C22nn 2  C22nn  C21n  C23n  .....  C22nn 1
Ta có: (1  x ) 2 n  C20n  C21n x  C22n x 2  C23n x 3  C24n x 4  .....  C22nn 2 x 2 n 2  C22nn 1 x 2 n 1  C22nn x 2 n
Thay x  1 ta được 0  C20n  C21n  C22n  C23n  C24n  .....  C22nn 2  C22nn 1  C22nn
Từ đây chuyển vế đổi dấu ta có đpcm.

VD3: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn:
1. (ĐH D 2003) Cn0  2Cn1  4Cn2  .....  2 n Cnn  243 (1)
2. (ĐH D 2008) C21n  C23n  .....  C22nn 1  2048 (2)
Giải: Thoạt nhìn tưởng 2 bài trên là giải phương trình nhưng thực chất lại là yêu cầu tính tổng
bởi nếu không rút gọn được vế trái ta sẽ không thể tìm được n.
1. Nhận thấy lũy thừa của 2 tăng dần nên ta sẽ chọn x  2 trong khai triển (1  x ) n
Ta có: (1  x ) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  .....  Cnn x n
Thay x  2 ta được: 3n  Cn0  2Cn1  2 2 Cn2  .....  2 n Cnn
Vậy (1)  3n  243  35  n  5
2. C1: Vế trái của phương trình ta thấy khuyết đi lượng C20n  C22n  .....  C22nn trong khai triển
(1  x ) 2 n nhưng nếu tinh ý ta sẽ thấy C20n  C22n  .....  C22nn  C21n  C23n  .....  C22nn 1 (đã được
chứng minh ở câu 1 VD6) và ta đi đến lời giải như sau:
Ta có: (1  x ) 2 n  C20n  C21n x  C22n x 2  C23n x 3  .....  C22nn 1 x 2 n 1  C22nn x 2 n
Thay x  1 và chuyển vế đổi dấu ta có: C20n  C22n  .....  C22nn  C21n  C23n  .....  C22nn 1
(2)   C21n  C23n  .....  C22nn 1    C20n  C22n  .....  C22nn   2.2048

 (1  1) 2 n  2.2048  2 2 n 1  2048  211  n  11
C2: Bài này còn 1 cách là sử dụng chiều đảo của HĐT Pascal khá đẹp mắt.
Áp dụng HĐT Pascal Cnk  Cnk 1  Cnk11 ta có:
4


C21n  C23n  .....  C22nn 1   C20n 1  C21n 1    C22n 1  C23n 1   .....   C22nn12  C22nn11 

Dễ thấy đây chính là khai triển của 1  1

2 n 1

 2 2 n 1 nên (2)  2 2 n 1  2048  211  n  11

Cách 3: Viết 1 lũy thừa nhị thức dưới dạng tích của 2 lũy thừa nhị thức, khai triển từng vế
rồi đồng nhất các số hạng tương ứng. Cách này thường được sử dụng khi vế phức tạp của
đẳng thức. là tích của 2 tổ hợp Cnk .Cmn hoặc bình phương của 1 tổ hợp  Cnk 

2

VD1: Cho n nguyên dương. Chứng minh  Cn0    Cn1    Cn2   .....   Cnn   C2nn
2

2

2

2

Giải : * Ta có: (1  x ) 2 n  (1  x ) n (1  x ) n , x (1)
2n

Mà (1  x ) 2 n   C2kn x k
k 0

Trong khai triển hệ số của x n là C2nn (2)

* Mặt khác : (1  x ) n (1  x ) n   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  .....  Cnn x n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  .....  Cnn x n 
  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  .....  Cnn x n  Cn0 x n  Cn1 x n 1  Cn2 x n 2  .....  Cn0 

Hệ số của x n là trong tích trên là :  Cn0    Cn1    Cn2   .....   Cnn  (3)
2

2

2

2

Từ (1), (2), (3) ta có :  Cn0    Cn1    Cn2   .....   Cnn   C2nn
2

2

2

2

VD2: Chứng minh với m, k, n nguyên dương, m  k  n ta có:
Cm0 Cnk  Cm1 Cnk 1  Cm2 Cnk 2  .....  CmmCnk m  Cmk  n (HĐT Vandermonde)

Giải : * Ta có: (1  x ) m  n  (1  x ) m (1  x ) n , x (1)
mn

Mà (1  x ) m  n   Cmj  n x j
j 0

Trong khai triển hệ số của x k là Cmk  n (2)
* Mặt khác : (1  x ) m (1  x ) n
  Cm0  Cm1 x  Cm2 x 2  .....  Cmm x m  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  .....  Cnk 2 x k 2  Cnk 1x k 1  C nk x k  C nn x n 

Hệ số của x k trong tích trên là Cm0 Cnk  Cm1 Cnk 1  Cm2 Cnk 2  .....  CmmCnk m (3)
Từ (1), (2), (3) ta có : Cm0 Cnk  Cm1 Cnk 1  Cm2 Cnk 2  .....  CmmCnk m  Cmk  n
VD3: 1. Cho n nguyên dương. Chứng minh: (C20n ) 2  (C21n ) 2  (Cn2 ) 2  .....  (C22nn ) 2  ( 1) n C2nn

2. Cho n nguyên dương lẻ. Chúng minh: 1  (Cn1 ) 2  (Cn2 ) 2  (Cn3 ) 2  .....  (C22nn ) 2  0
5


Giải: 1. * Ta có: (1  x ) 2 n  C20n  C21n x  C22n x 2  .....  C2nn x n  .....  C22nn x 2 n
(1  x ) 2 n  C20n x 2 n  C21n x 2 n 1  .....  ( 1) n C2nn x n  .....  C22nn x 2 n

Hệ số của x 2n trong tích (1  x ) 2 n (1  x ) 2 n là
(C20n ) 2  (C21n ) 2  (Cn2 ) 2  .....  ( 1) n (C2nn ) 2  .....  (C22nn ) 2

(1)

* Mặt khác: (1  x ) 2 n (1  x ) 2 n  (1  x 2 ) 2 n
 C20n  C21n x 2  .....  ( 1) n C2nn  .....  C22nn ( x 2 ) 2 n

Hệ số của x 2n trong khai triển (1  x 2 ) 2 n là ( 1) n C2nn

(2)

Từ (1) và (2) ta có : (C20n ) 2  (C21n ) 2  .....  ( 1) n (C2nn ) 2  .....  (C22nn ) 2  ( 1) n C2nn
2. Xem như bài tập tự luyện
Cách 4: Khai triển 1 lũy thừa nhị thức 1 biến hoặc tích của 1 đơn thức với 1 lũy thừa nhị
thức 1 biến. Lấy đạo hàm 2 vế đến cấp thích hợp rồi thay biến bằng giá trị thích hợp.
VD1: Chứng minh
1. Cn1  2Cn2  3Cn3  .....  nCnn  n 2 n 1 ( n  N *)
2. 2.1.Cn2  3.2.Cn3  .....  n( n  1)Cnn  n( n  1)2 n 2 ( n  N *, n  2)
Giải: Bài này minh họa khá rõ cho ý tưởng đạo hàm.
1. Nhận thấy vế trái của đẳng thức mất Cn0 và trong mỗi tổ hợp lại thấy hệ số đi với nó tăng đều
một đơn vị nên ta sẽ dùng đạo hàm cấp 1.
Ta có: (1  x ) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  .....  Cnn x n (*)

Lấy đạo hàm 2 vế của (*) ta được: n (1  x ) n 1  Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x 2  .....  nCnn x n 1 (1)
Trong (1) chọn x  1 ta được: n.2 n 1  Cn1  2Cn2  3Cn3  .....  nCnn (đpcm)
2. Nhận thấy vế trái của đẳng thức mất Cn0 và Cn1 và lại thấy trong mỗi tổ hợp hệ số đi với nó là
tích 2 số nguyên liên tiếp nên ta sẽ dùng đạo hàm cấp 2.
Lấy đạo hàm 2 vế của (1) ta được: n ( n  1)(1  x ) n 2  2.1Cn2  3.2Cn3 x  .....  n ( n  1)Cnn x n 2 (2)
trong (2) thay x  1 ta được: n ( n  1)2 n 2  2.1.Cn2  3.2.Cn3  .....  n( n  1)Cnn (đpcm)
VD2: (ĐHSPHCM – ĐH Luật 2001) Chứng minh:
Cn1 3n 1  2Cn2 3n 2  3Cn3 3n 3  .....  nCnn  n.4 n 1

* Dấu hiệu sử dụng đạo hàm ở đây là khá rõ khi thấy lũy thừa của 3 giảm dần. Tới đây ta có 2
hướng xử lý:
_ Hướng 1: Khai triển (1  x ) n rồi đạo hàm và chọn x  3 . Dễ thấy hướng này không cho chúng
ta được điều mong muốn.
6


_ Hướng 2: Ở đây các tổ hợp đều chứa n nên ta sẽ dùng khai triển (3  x ) n , sau đó đạo hàm 2 vế
và thay x  1 ta sẽ có đpcm.
n

Giải: * Ta có: (3  x ) n   Cnk .3n k. x k  Cn0 3n  Cn1 3n 1 x  Cn2 3n 2 x 2  Cn3 3n 3 x 3  .....  Cnn x n (1)
k 0

Lấy đạo hàm 2 vế của (1) ta được: n (3  x ) n 1  Cn1 3n 1  2Cn2 3n 2 x  3Cn3 3n 3 x 2  .....  nCnn x n 1 (2)
Trong (2) thay x  1 ta được: n.4 n 1  Cn1 3n 1  2Cn2 3n 2  3Cn3 3n 3  .....  nCnn (đpcm)
VD3: (TK 2006) Áp dụng khai triển nhị thức Newton của ( x 2  x )100 hãy chứng minh:
99

0
100

100C

100

1
1 1
   101C100  
2
2

101

2
100

 102C

1
 
2

198

99
100

 .....  199C

100

100

k 0

k 0

1
 
2

199

100
100

 200C

1
 
2

0

k
k
Giải: Ta có: ( x 2  x )100  x100 (1  x )100  x100  C100
x k   C100
x100 k
0

100
100

C x

1
101
100

C x

2
102
100

C x

99 199
100 200
 .....  C100
x  C100
x (1)

Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:
0
1
2
99 198
100 199
100( x 2  x )99 (2 x  1)  100C100

x 99  101C100
x100  102C100
x101  .....  199C100
x  200C100
x

Thay x  

1
ta được:
2
99

100

101

198

199

1
1 1
2 1
99  1 
100  1 
0  100C    101C100
   102C100    .....  199C100    200C100  
2
2

2
2
2
Chuyển vế và đổi dấu ta sẽ có đpcm.
Nhận xét: Câu hỏi được đặt ra ở đây là liệu không cho trước khai triển kia thì ta có thể giải quyết
được bài toán này không? Xin để dành câu trả lời cho các bạn.
0
100

0
1
2
2000
VD4: 1. (ĐHAN 2000) Tính tổng: S  C2000
 2C2000
 3C2000
 .....  2001C2000

2. Chứng minh: 3Cn0  4Cn1  5Cn2  .....  ( n  3)Cnn  2 n 1 ( n  6)
0
1
2
2000 2000
1. * Nhận xét: (1  x ) 2000  C2000
 C2000
x  C2000
x 2  .....  C2000
x
0
Tới đâu nếu ta đạo hàm thì sẽ mất C2000

và các hệ số đứng trước tổ hợp không như ta mong

muốn. Tới đây bằng một chút khéo léo là nhân thêm x vào khai triển trên ta sẽ thu được kết quả.
2000

2000

k 0

k 0

k
* Giải: x (1  x ) 2000  x  C2000
xk 

C

k
1 k
2000

x

0
1
2
2000 2001
(1)
 C2000
x  C2000

x 2  C2000
x 3  .....  C2000
x

Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:
0
1
2
2000 2000
(2)
(1  x ) 2000  2000 x (1  x )1999  C2000
 2C2000
x  3C2000
x 2  .....  2001C2000
x
0
1
2
2000
Trong (2) thay x  1 ta được: 2 2000  2000.21999  C2000
 2C2000
 3C2000
 .....  2001C2000

Hay là S  2002.21999
7


2. * Nhận xét: (1  x ) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  .....  Cnn x n
Nếu ta nhân thêm x vào giống câu trên thì không thu được điều mong muốn. Tinh ý một chút

khi nhìn các số 3,4,5 ta sẽ khéo léo nhân x 3 để khi đạo hàm sẽ xuất hiện các số đó.
n

* Giải: Ta có: x 3 (1  x ) n   Cnk x 3 k  Cn0 x 3  Cn1 x 4  Cn2 x 5  .....  Cnn x n 3 (1)
k 0

Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:
3x 2 (1  x ) n  nx 3 (1  x ) n 1  3Cn0 x 2  4Cn1 x 3  5Cn2 x 4  .....  (n  3)Cnn x n  2 (2)
Trong (2) thay x  1 ta được: 3Cn0  4Cn1  5Cn2  .....  ( n  3)Cnn  3.2 n  n.2 n 1  2 n 1 ( n  6)
VD5: (ĐH A 2005) Tìm số nguyên dương n sao cho
C22n 1  2.2C22n 1  3.2 2 C23n 1  4.23 C24n 1  .....  (2n  1)2 2 n C22nn11  2005

* Nhận xét: Nếu không rút gọn được vế trái ta sẽ không thể tìm được n . Ở đây dấu hiệu đạo hàm
khá rõ, đó là dãy tăng liên tiếp. Qua các VD trên nhận thấy rằng giải bài toán bằng đạo hàm
thường có 3 bước:
_ Bước 1: Chọn khai triển phù hợp, ở đây dễ thấy đó là (1  x ) 2 n 1 .
_ Bước 2: Lấy đạo hàm 2 vế, nếu cần nhân thêm đại lượng thích hợp để xuất hiện vế trái.
_ Bước 3: Thay biến bằng giá trị thích hợp, nhận thấy bài này đó là x  2 .
* Giải: Ta có: (1  x ) 2 n 1  C20n 1  C21n 1 x  C22n 1 x 2  C23n 1 x 3  .....  C22nn11 x 2 n 1 (1)
Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:
(2n  1)(1  x ) 2 n  C21n 1  2C22n 1 x  3C23n 1 x 2  .....  (2n  1)C22nn11 x 2 n (2)
Trong (2) thay x  2 ta được:
2n  1  C22n 1  2.2C22n 1  3.2 2 C23n 1  4.23 C24n 1  .....  (2n  1)2 2 n C22nn11

Vậy YCBT  2n  1  2005  n  1002 .
Cách 5: Khai triển một lũy thừa nhị thức một biến hoặc tích của một đơn thức với một lũy
thừa nhị thức một biến. Lấy tích phân hai vế trên một đoạn thích hợp, thường là đoạn 0,1
VD1: Cho n là một số nguyên dương. Tính tổng:
1
1

1
1. S1  Cn0  Cn1  Cn2  ..... 
Cnn
2
3
n 1

1
1
( 1) n n
2. S2  Cn0  Cn1  Cn2  ..... 
Cn
2
3
n 1

1. Ta có: (1  x ) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  .....  Cnn x n
1

1

0

0

  (1  x ) n dx    Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  .....  Cnn x n  dx

8



(1  x ) n 1
n 1

1
0


x2
x3
x n 1 n 
Cn 
  xCn0  Cn1  Cn2  ..... 
2
3
n 1 


1
0

1 1 1 2
1
2 n 1  1
n
Cn 
 S1  C  Cn  Cn  ..... 
2
3

n 1
n 1
0
n

n

n

k 0

k 0

2. Ta có: (1  x ) n   Cnk (  x ) k   Cnk ( 1) k x k  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  .....  ( 1) n Cnn x n
1

1

  (1  x ) n dx    Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  .....  ( 1) n Cnn x n  dx
0

0

n 1

(1  x )

n 1

1

0

 0 x2 1 x3 2
( 1) n x n 1 n 
Cn 
  xCn  Cn  Cn  ..... 
2
3
n 1



1
0

1
1
( 1) n n
1
Cn 
 S2  Cn0  Cn1  Cn2  ..... 
2
3
n 1
n 1
VD2:
A. (ĐHBKHN 1997) Cho n là một số nguyên dương.
1

1. Tính tích phân: I   x (1  x 2 ) n dx

0

1 0 1 1 1 2
( 1) n n
1
2. Chứng minh: Cn  Cn  Cn  ..... 
Cn 
2
4
6
2n  2
2( n  1)
1

B. 1. Tính tích phân: J   (1  x ) n dx
0

2. Chứng minh rằng tổng S  1 
và bằng

21 1 21 2 23 3
2n n
Cn  Cn  Cn  .....  ( 1) n
Cn bằng 0 nếu n lẻ
2
3
4
n 1

1

nếu n chẵn.
n 1

1. Đặt t  1  x 2  dt  2 xdx
x
0
1
1
0
t

I 

0

1

1 n
1 n
t n 1 1
1
t
dt

t
dt

0



21
20
2( n  1)
2( n  1)
n

2. Ta có: x (1  x )  x  C ( 1) x
2 n

k 0

k
n

k

2k

n

  Cnk ( 1)k x1 2 k  Cn0 x  Cn1 x 3  Cn2 x 5  .....  ( 1)n Cnn x 2 n 1
k 0

9


1

1

  x (1  x ) dx    Cn0 x  Cn1 x 3  Cn2 x 5  .....  ( 1) n Cnn x 2 n 1  dx
2 n

0



0

 x2
1
x3
x5
( 1) n x 2 n  2 
  Cn0  Cn1  Cn2  ..... 

2( n  1)  2
3
5
2n  2 

1
0

1 0 1 1 1 2
( 1) n n
1
 Cn  Cn  Cn  ..... 
Cn 
2

4
6
2n  2
2( n  1)
VD3:
1. (ĐH Duy Tân 2001) S1 
2. (ĐH B 2003) S2  Cn0 
3. (VVT) 3n Cn0 

2 6 0 25 1 2 4 2 2 3 3 2 2 4 2 5 1 6
C6  C6  C6  C6  C6  C6  C6
1
2
3
4
5
6
7

2 2  1 1 23  1 2
2 n 1  1 n
Cn 
Cn  ..... 
Cn
2
3
n 1

3n 1 1 3n 2 2
3

Cn
4n 1  3n 1
Cn 
Cn  .....  Cnn 1  n 
2
3
n
n 1
n 1

32 1 33 2
3n 1 n 4 n 1  1
4. (VVT) 3C  Cn  Cn  ..... 
Cn 
2
3
n 1
n 1
0
n

1. Nhận thấy lũy thừa của 2 giảm dần nên ta sẽ khai triển (2  x )6 rồi lấy tích phân từ 0 tới 1.
6

Ta có: (2  x )6   C6k 26k x k  C60 .26  C61.25 x  C62 .2 4 x 2  .....  C66 .2 x 6
k 0

1

1

  (2  x ) dx    C60 .26  C61.25 x  C62 .24 x 2  .....  C66 .2 x 6 dx
6

0



0

x7 6 
(2  x )7 1  0 6 x 2 1 5 x 3 2 4

xC

C

C


C6 2 
2
2
2
.....
0
6
6
 6
7

2
3
7



 S1 

1
0

26 0 25 1 24 2 23 3 22 4 2 5 1 6 2059
C6  C6  C6  C6  C6  C6  C6 
1
2
3
4
5
6
7
7

2. Nhận thấy lũy thừa của 2 tăng dần nên ta sẽ khai triển (1  x ) n rồi lấy tích phân từ 1 tới 2.
Ta có: (1  x ) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  .....  Cnn x n
2

2

  (1  x ) n dx    Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  .....  Cnn x n  dx
1



1

n 1

(1  x )
n 1

2
1


x2
x3
x n 1 n 
  xCn0  Cn1  Cn2  ..... 
Cn 
2
3
n

1



2
1

22  1 1 23  1 2
2 n 1  1 n 3n 1  2 n 1
Cn 
Cn  ..... 
Cn 
2
3
n 1
n 1
3,4. Tương tự, xem như BT tự luyện 
 S2  Cn0 

10


VD4: (ĐH A 2007) Chứng minh:

1 1 1 3 1 5
1
22 n  1
C2 n  C2 n  C2 n  .....  C22nn 1 
2
4
6
2n
2n  1

* Nhận xét: Nhìn vào vế trái ta thấy nó thiếu đi C20n , C22n , C24n ,....., C22nn . Việc chúng ta cần làm là
phải tạo ra được biểu thức ở vế trái, và tinh ý ta sẽ thấy chỉ cần lấy hiệu 2 nhị thức (1  x ) 2 n và
(1  x ) 2 n rồi lấy tích phân trên từ 0 tới 1 ta sẽ thu được đpcm.

* Giải: Ta có: (1  x ) 2 n  C20n  C21n x  C22n x 2  C23n x 3  C24n x 4  C25n x 5  .....  C22nn x 2 n
(1  x ) 2 n  C20n  C21n x  C22n x 2  C23n x 3  C24n x 4  C25n x 5  .....  C22nn x 2 n



(1  x ) 2 n  (1  x ) 2 n
 C21n x  C23n x 3  C25n x 5  .....  C22nn 1 x 2 n 1
2
1

1

(1  x ) 2 n  (1  x ) 2 n
dx    C21n x  C23n x 3  C25n x 5  .....  C22nn 1 x 2 n 1  dx

2
0
0


(1  x ) 2 n 1  (1  x ) 2 n 1 1  x 2 1 x 4 3 x 6 5
x 2 n 2 n 1 

C

C

C

.....


C2 n 
0 
2n
2n
2n
2(2n  1)
4
6
2n
 2


1
0

1
1
1
1 2 n 1 2 2 n  1
(đpcm).
 C21n  C23n  C25n  ..... 
C2 n 
2
4
6
2n
2n  1
VD5: Chứng minh:

Cn0 Cn1 Cn2
Cnn
2n 2  n  3


 ..... 

1.2 2.3 3.4
( n  1)( n  2) ( n  1)( n  2)

* Bài này là một mở rộng của cách dùng tích phân, xét trong đề ĐH có thể đây là câu “chặt” .
Sau đây xin giới thiệu đến các bạn lời giải vô cùng đặc sắc của thầy mình.
*Giải:

1
( n  1)!
1 Cn11
Cn0
n!
.
.



1.2 1.2.0! n ! n  1 2.1![( n  1)  1]! n  1 2
1
( n  1)!
1 Cn21
Cn1
n!

.
.



2.3 2.3.1!( n  1)! n  1 3.2![( n  1)  2]! n  1 3

1
(n  1)!
1 Cn31
Cn2
n!
.
.



3.4 3.4.2!( n  2)! n  1 4.3![( n  1)  3]! n  1 4
…………………………….
Cnn
n!
1
(n  1)!
1 Cnn11


.

.
( n  1)( n  2) ( n  1)( n  2)n !0! n  1 ( n  2)( n  1)![( n  1)  ( n  1)]! n  1 n  2

Cn0 Cn1 Cn2
Cnn
1  Cn11 Cn21 Cn31
Cnn11 
S


 ..... 



 ..... 


1.2 2.3 3.4
( n  1)( n  2) n  1  2
3
4
n2


Cnn11  
1   Cn01 Cn11 Cn21
.....





  1

n  1  1
2
3
n2 
11


Cn01 Cn11 Cn21
Cnn11
Xét T 


 ..... 
1
2
3
n2
n 1
0
1
2
Ta có: (1  x )  Cn 1  Cn 1 x  Cn 1 x 2  .....  Cnn11 x n 1
1

  (1  x )

n 1

0



(1  x ) n  2
n2

T 

1

dx    Cn01  Cn11 x  Cn21 x 2  .....  Cnn11 x n 1  dx
0

1
0


x2
x3
x n  2 n 1 
Cn 1 
  xCn01  Cn11  Cn21  ..... 
2
3
n2



1
0

2n 2  1
1  2n 2  1  2n2  n  3
S
 1 
.

n2
n 1 n  2
 ( n  1)(n  2)

Các bạn hãy thử dùng cách trên tính tổng sau nhé, có lẽ là sẽ khó hơn một chút đấy 

Cn0 Cn1 Cn2
Cnn
Tính tổng: P 


 ..... 
1.3 2.3 3.5
( n  1)( n  3)
Cách 6: Liên kết tổng cần tính với một tổng khác hoặc liên kết với chính nó theo hình thức
khác. Thường dùng khai triển lũy thừa nhị thức rồi thay biến bằng giá trị thích hợp hoặc
dùng tính chất đối xứng.
VD1: (ĐHQGHN 1998) Tính tổng: S  C116  C117  C118  C119  C1110  C1111
* Bài này ý tưởng người ra đề khá hay nhưng hình thức bài toán có lẽ ….. chưa hay bởi có nhiều
thí sinh đã sử dụng máy tính bấm và cho ra kết quả . Dĩ nhiên ta sẽ không “giải” theo cách đó.
Ta sẽ sử dụng ý tưởng “liên kết với chính nó”.
*Giải: Áp dụng tính chất Cnk  Cnn k ta có: S  C115  C114  C113  C112  C111  C110
 2S  C110  C111  C112  C113  C114  C115  C116  C117  C118  C119  C1110  C1111

 (1  1)11  211  S  210  1024
VD2: Chứng minh:
1. (ĐHHV 2004) C

0
2004

2

2 C

2
2004

4

2 C

4
2004

 .....  2

2002

C

2002
2004

2

2004

C

2004
2004

32004  1

2

2. (ĐHHH 2001) C20n  32 C22n  34 C24n  .....  32 n C22nn  2 2 n 1 (2 2 n  1)
0
2
2004
1
3
2003
1. Đặt S  20 C2004
, T  21 C2004
 2 2 C2004
 .....  2 2004 C2004
 23 C2004
 ....  2 2003 C2004
0
1
2
3

2003 2003
2004 2004
Ta có: (1  x ) 2004  C2004
 C2004
x  C2004
x 2  C2004
x 3  .....  C2004
x  C2004
x

 S  T  32004
32004  1
S
Lần lượt cho x  2 và x  2 ta được: 
2
S  T  1
2. Tương tự, các bạn tự làm 
12


VD3 : Chứng minh : Cn0  3Cn1  5Cn2  .....  (2n  1)Cnn  2 n ( n  1)
*Giải : Đặt S  Cn0  3Cn1  5Cn2  .....  (2n  1)Cnn
Áp dụng tính chất Cnk  Cnn k ta có:
S  Cnn  3Cnn 1  5Cnn 2  .....  (2n  1)Cn0  (2n  1)Cn0  (2n  1)Cn1  .....  3Cnn 1  Cnn
 2 S  (2n  2)(Cn0  Cn1  Cn2  .....  Cnn 1  Cnn )  (2n  2)(1  1) n  2( n  1)2 n  S  2 n ( n  1) .

* Chúng ta cũng có thể chứng minh đẳng thức trên như sau :
n

n

n

k 0

k 1

k 0

 (2k  1)Cnk  2 kCnk   Cnk

Ta có :

Nếu các bạn đã đọc kĩ chuyên đề từ đầu thì việc xử lí 2 tổng này không có gì là khó khăn nữa 
* Mời các bạn thử sức với bài toán sau của thầy mình : Cho n nguyên dương. Chứng minh :

1
C

1
2 n 1



1
C

2
2 n 1

 ..... 

1
C

2 n 1
2 n 1



n 1  1
1
1 
 0  1  .....  2 n 
2n  1  C2 n C2 n
C2 n 

Cách 7 : Dùng số phức :
_ Khai triển một lũy thừa nhị thức chứa đơn vị ảo i rồi tách phần thực, phần ảo.
_ Lại đưa nhị thức khai triển về dạng lượng giác để áp dụng công thức Moivre.
_ So sánh phần thực và ảo để ra kết quả.
VD1 : Cho n nguyên dương. Chứng minh :

n

C
k 0

k
n

cos kx  2 n cosn

x
nx
cos
2
2

n

Giải: Ta có: (1  cos x  i sin x ) n   Cnk (cos x  i sin x ) k
k 0

n

n

n

k 0

k 0

k 0

  Cnk (cos kx  i sin kx )   Cnk cos kx  i  Cnk sin kx

x
x

x

Lại có: (1  cos x  i sin x )   2 cos 2  2i sin cos 
2
2
2


n

n

n

n

x
x
x 
x
x
x

  2 cos  cos x  i sin    2 n cos n  cos  i sin 
2
2
2 
2
2
2


x
nx
nx 
x
nx
x
nx
 2 n cosn  cos  i sin   2 n cos n .cos  i 2 n cos n .sin
2
2
2 
2
2
2
2
n

  Cnk cos kx  2 n cosn
k 0

x
nx
cos . (đpcm) và
2
2

n

C

k 0

13

k
n

sin kx  2 n cosn

x
nx
sin
2
2


VD2: 1. Tính S1  C190  C192  C194  .....  C1916  C1918
1
3
5
97
99
2. Tính S2  C100
 C100
 C100
 .....  C100
 C100

1. Ta có: (1  i )19  C190  C191 i  C192 i 2  C193 i 3  C194 i 4  .....  C1916i16  C1917i17  C1918i 18  C1919i 19
  C190  C192  C194  .....  C1916  C1918   i  C191  C193  C195  .....  C1917  C1919 

19

19

  1
1 


19 
i
Lại có : (1  i )   2 
   ( 2 )  cos 4  i sin 4 
2 


  2
19

19
19 
1 
 1

 512 2  cos
 i sin
i
  512 2  
  512  512i  S1  512
4
4 

2
2


2. Đáp số : S2  0 , các bạn tự làm 
Qua bài này ta rút được một lưu ý quan trọng là : Các bài toán có chập cách nhau 2 đơn vị mà
qua từng số hạng lại đổi dấu thì chắc chắn ta phải sử dụng số phức.
VD3 : (VVT) Tính tổng : S  3n C20n  3n 1 C22n  3n 2 C24n  .....  ( 1) n C22nn với n nguyên dương
thỏa mãn Cn41  Cn31  52 An22
Giải : Dễ thấy dấu hiệu số phức ở đây. Vì có lũy thừa của 3 nên ta sẽ khai triển
Ta có :



3i



2n

2n

  C2kn
k 0

 3

2 n k

Lại có :



3i



3i



2n

ik

 C20n 3n  3n 1 C22n  3n 2 C24n  .....  ( 1) n C22nn   i 

(ta không cần quan tâm khúc sau)
2n




 
 
  2  cos  i sin  
6
6 
 

 3

2 n 1

C21n 

 3

2 n 3

C23n  .....


2n

n
n
n 
n
n

2n
 S  2 2 n cos
 2 2 n  cos
 i sin
 i.2 2 n sin
  2 cos
3
3
3 

3
3

Tới đây xem như bài toán đã xong, phần còn lại chắc cũng không khó khăn gì.

Các bạn thân mến, vậy là chúng ta đã đi qua 7 phương pháp để giải toán lên quan tới biểu thức
chứa tổ hợp, đây là những vấn đề thật đẹp mà tôi được học trong tháng cuối cùng luyện thi ĐH
cũng như trong cuộc đời học sinh, nó là một kỉ niệm không bao giờ quên được đối với tôi. Và
cuối cùng xin chúc các bạn luôn thành công trong cuộc sống này, đặc biệt các bạn thi ĐH 2012
sẽ đạt được kết quả tốt nhất. 
Tài liệu tham khảo : Các chuyên đề Giải tích tổ hợp – ThS Huỳnh Công Thái
Chứng minh đẳng thức, Tính giá trị biểu thức – thầy Vũ Vĩnh Thái
14