Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Kinh nghiệm dạy học giải bài toán tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp

Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
a) Vài nét sơ lược về đề tài, thực trạng hiện nay
-

Các bài tốn về tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp là một nội dung quan trọng
trong chương trình Tốn lớp 11.

-

Những năm gần đây, trong đề thi tuyển sinh vào đại học, cao đẳng và đề thi học sinh giỏi, dạng
tốn đó xuất hiện thường xuyên

-

Kiến thức được trang bị trong SGK về phần tổ hợp và khai triển nhị thức Nui – tơn còn đơn
giản, sơ sài.

-

Mặc dù đây là bài tốn cơ bản nhưng đã gây khó khăn cho khơng ít học sinh vì tính chất khai
triển khá phức tạp và việc phân tích, định hướng, lựa chọn hướng giải còn nhiều hạn chế.

-

Khảo sát tại một số trường THPT qua các đợt thi học kì, thi thử ĐH, học sinh thường khơng
làm được câu hỏi về tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp.

b) Vai trò của bài tập trong dạy học Toán ở nhà trường THPT
Bài tập tốn học có vai trị quan trọng trong mơn Tốn. Thơng qua giải bài tập, học sinh phải

thực hiện những hoạt động nhất định bao gồm cả nhận dạng và thể hiện định nghĩa, định lý, quy tắc
hay phương pháp, những hoạt động Toán học phức hợp, những hoạt động trí tuệ phổ biến trong Tốn
học. Hoạt động của học sinh liên hệ mật thiết với mục tiêu, nội dung và phương pháp dạy học, vì vậy
vai trị của bài tập toán học được thể hiện cả trên ba bình diện này:
Thứ nhất, trên bình diện mục tiêu dạy học, bài tập tốn học ở trường phổ thơng là giá mang
những hoạt động mà việc thực hiện các hoạt động đó thể hiện mức độ đạt mục tiêu. Mặt khác, những
bài tập cũng thể hiện những chức năng khác nhau hướng đến việc thực hiện các mục tiêu dạy học
mơn Tốn, cụ thể là:
- Hình thành, củng cố tri thức, kỹ năng, kỹ xảo ở những khâu khác nhau của quá trình dạy học, kể cả
kỹ năng ứng dụng Tốn học vào thực tiễn;
- Phát triển năng lực trí tuệ: rèn luyện những hoạt động tư duy, hình thành những phẩm chất trí tuệ;
- Bồi dưỡng thế giới quan duy vật biện chứng, hình thành những phẩm chất đạo đức của người lao
động mới.
Thứ hai, trên bình diện nội dung dạy học, những bài tập toán học là giá mang hoạt động liên
hệ với những nội dung nhất định, một phương tiện cài đặt nội dung để hoàn chỉnh hay bổ sung cho
những tri thức nào đó đã được trình bày trong phần lý thuyết.
Thứ ba, trên bình diện phương pháp dạy học, bài tập toán học là giá mang hoạt động để
người học kiến tạo những tri thức nhất định và trên cơ sở đó thực hiện các mục tiêu dạy học khác.
Khai thác tốt những bài tập như vậy sẽ góp phần tổ chức cho học sinh học tập trong hoạt động và
bằng hoạt động tự giác, tích cực, chủ động và sáng tạo được thực hiện độc lập hoặc trong giao lưu.

Trang 1/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
Trong thực tiễn dạy học, bài tập được sử dụng với những dụng ý khác nhau về phương pháp
dạy học: đảm bảo trình độ xuất phát, gợi động cơ, làm việc với nội dung mới, củng cố hoặc kiểm
tra,... Đặc biệt là mặt kiểm tra, bài tập là phương tiện để đánh giá mức độ, kết quả dạy và học, khả
năng làm việc độc lập và trình độ phát triển của học sinh,...
Hệ thống câu hỏi và bài tập là một hình thức tốt để dẫn dắt học sinh tự mình đi đến kiến thức

mới. Theo GS.TSKH. Nguyễn Cảnh Toàn: “Cái thu hoạch chính đối với học sinh khơng phải là
những kiến thức mới (đối với họ) đó vì kiến thức mới do học sinh tự tìm ra, hoặc là rất thứ yếu, hoặc
nếu có một tầm quan trọng nào đó thì khi lên các lớp trên họ sẽ được học kỹ hơn, hệ thống hơn, mà
cái đáng quý là qua lao động tìm tịi, sáng tạo, họ nhuyễn dần với một kiểu tư duy mà lâu nay nhà
trường ít dạy cho họ và cùng với sự nhuyễn dần đó là lịng tự tin vào khả năng sáng tạo của mình,
lịng ham muốn tìm tịi, phát minh”.
Như vậy, thơng qua việc giải hệ thống bài tập cực trị hình học được sắp xếp phù hợp, học sinh sẽ
được rèn luyện các kỹ năng, kỹ xảo giải bài tập; rèn luyện các thao tác tư duy như tương tự hóa, đặc
biệt hóa, khái quát hóa,...; rèn luyện tính linh hoạt, tính mềm dẻo trong tư duy; nâng cao khả năng tự
phân tích, tự tổng hợp và tự đánh giá một vấn đề. Từ đó, giúp cho học sinh có hứng thú trong học
tập, phát triển tư duy sáng tạo và góp phần bỗi dưỡng năng lực tự học cho bản thân.
Từ thực tiễn và kinh nghiệm của bản thân để giúp các em học sinh cùng các thầy cơ phần nào
tháo gỡ được khó khăn khi tiếp cận với các bài toán liên quan tới khai triển nhị thức Niu-tơn khi các
kỳ thi đang đến gần, chúng tôi đã thực hiện sáng kiến “Kinh nghiệm dạy học giải bài tốn tính tổng
và chứng minh các đẳng thức tổ hợp” nhằm giải quyết được phần nào khó khăn cho học sinh khi
tiếp cận dạng tốn này.
2. Giả thuyết khoa học
Nếu xây dựng được hệ thống bài tập một cách hợp lý, lồng ghép vào đó những câu hỏi, tình
huống gợi vấn đề trong quá trình giảng dạy để học sinh chủ động tiến hành các hoạt động tư duy như
tương tự hóa, tổng quát hóa … các bài tốn với sự trợ giúp thích hợp sẽ giúp các em nắm bắt được
cách giải dạng toán này đồng thời góp phần bồi dưỡng năng lực giải tốn cho học sinh THPT.
3. Mục đích của đề tài
- Nhận dạng và phân loại hệ thống các bài tập và xây dựng các phương pháp giải bài tốn tính tổng
và chứng minh các đẳng thức tổ hợp.
- Rèn luyện các thao tác tư duy, bồi dưỡng năng lực tự học cho học sinh THPT.
4. Phạm vi nghiên cứu
Đề tài nghiên cứu trong phạm vi nội dung dạy học Đại số và Giải tích lớp 11 và lớp 12 ở
trường THPT.
5. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu, tổng hợp các tài liệu có liên quan đến đề tài.

Trang 2/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
Nghiên cứu thực tiễn: Tiến hành dự giờ, quan sát, lấy ý kiến của học sinh, giáo viên về thực
trạng dạy học chủ đề này ở trường phổ thông.
Thực nghiệm sư phạm:
- Dạy thử nghiệm ở các lớp ban A khối 11 và khối 12 ở một số trường THPT trong tỉnh, các lớp ôn
thi đại học cao đẳng, đội tuyển học sinh giỏi.
- Đánh giá tính khả thi và hiệu quả của các hệ thống bài tập minh họa cho các phương pháp thông
qua điều tra, kiểm tra và bài thu hoạch của học sinh.
- Đánh giá, thống kê kết quả học sinh thi đại học cao đẳng, thi học sinh giỏi theo từng năm học.
6. Cấu trúc của đề tài
Ngoài phần mở đầu và kết luận, ở phần nội dung đề tài gồm 3 chương
Chương 1. Một số kinh nghiệm và giải pháp thực hiện đề tài.
Chương 2. Bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp.
Chương 3. Thực nghiệm sư phạm.

Trang 3/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
CHƯƠNG I
MỘT SỐ KINH NGHIỆM VÀ GIẢI PHÁP THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
I. Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
Để giải được bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp cần lưu ý cho học sinh
một số vấn đề sau:
k
 Hiểu rõ ý nghĩa của kí hiệu Cn ; nắm vững khai triển nhị thức Niu- tơn ( a + b ) , đặc điểm của các

n

số hạng trong khai triển đó.
 Hiểu và vận dụng linh hoạt một số tính chất thường gặp của tổ hợp:
Cnk = Cnn − k với 0 ≤ k ≤ n
Cnk + Cnk −1 = Cnk+1
kCnk = nCnk−−11 với 1 ≤ k ≤ n
Cnk
C k +1
= n +1 với 0 ≤ k ≤ n
k +1 n +1
 Xác định được số hạng tổng quát của tổng
a) Nếu số hạng tổng quát chứa tích các tổ hợp ta thường sử dụng 2 khai triển Niu-tơn, xét tích
k
và đồng nhất hoặc sử dụng trực tiếp định nghĩa Cn là số các chọn k phần tử trong n phần tử (bài

toán đếm).
b) Nếu số hạng tổng quát chỉ chứa 1 tổ hợp thì ta thường sử dụng 1 khai triển Niu-tơn.
Khi lựa chọn khai triển phù hợp ta cần chú ý phân tích số hạng chứa tổ hợp ở một số điểm sau:
- Quan sát chỉ số trên của các tổ hợp:
+ Nếu các số hạng chứa các tổ hợp có chỉ số trên là các số tự nhiên liên tiếp, chỉ số dưới là
không đổi thì ta thường sử dụng khai triển đầy đủ của nhị thức Niu – tơn.
+ Nếu chỉ số trên là các số tự nhiên hơn kém nhau 2 đơn vị và các số hạng không đổi dấu ta
thường sử dụng kết hợp hai khai triển Niu – tơn ( a + b ) và ( a − b ) .
n

n

+ Nếu chỉ số trên là các số tự nhiên hơn kém nhau 2 đơn vị và các số hạng đổi dấu ta phải sử
dụng số phức trong khai triển liên quan đến i 2 = −1 .

+ Nếu các chỉ số trên là các số tự nhiên hơn kém nhau 3 đơn vị, 4 đơn vị, 5 đơn vị,... ta sử
dụng số phức trong khai triển. Khi đó cần nắm được tính chất sau về số phức
Nếu z = cos

2π
2π
+ i sin
, với n ∈ ¥ * . Khi đó,
n
n

k
Với k = n.m , m ∈ ¥ * thì z = cos ( m2π ) + i sin ( m2π ) = 1

(

( n −1) k
n
k
k
k
2k
Với k ≠ n.m , m ∈ ¥ * thì 0 = 1 − ( z ) = 1 − ( z ) = ( 1 − z ) 1 + z + z + ... + z
k

Trang 4/33

n

)

Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
Vì 1 − z k ≠ 0 ⇒ 1 + z k + z 2 k + ... + z ( n −1) k = 0
- Quan sát hệ số đứng trước các tổ hợp:
+ Nếu hệ số đứng trước các tổ hợp là lũy thừa của các số tự nhiên (nghĩa là chỉ xuất hiện
n−k k
k
dạng a b Cn ) thì ta sử dụng trực tiếp khai triển ( a + b ) với lựa chọn a, b, n hợp lí.

n

+ Nếu hệ số đứng trước các tổ hợp xuất hiện các số tự nhiên liên tiếp tăng dần, hoặc tích các
k
k
2
k
3
k
số tự nhiên liên tiếp (nhưng không thay đổi về số mũ) (Ví dụ: kCn ; ( k − 1) kCn ;...; k Cn ; k Cn ;... ...) ta

k
k −1
sử dụng tính chất kCn = nCn −1 với 1 ≤ k ≤ n để biến đổi đưa về dạng khai triển ( a + b )

n

hoặc sử

dụng đạo hàm cấp 1, 2 tương ứng phù hợp.

+ Nếu hệ số đứng trước các tổ hợp xuất hiện các số hữu tỉ (khơng có dạng lũy thừa, khơng

phải số ngun) (Ví dụ:

Cnk
k
Cnk
Cnk
C k +1
Cnk
Cnk ;
;
;
...) ta sử dụng tính chất
= n +1
( k + 1) ( k + 2 )
k +1 k + 2 k +1
k +1 n +1

với 0 ≤ k ≤ n để biến đổi đưa về dạng khai triển ( a + b ) hoặc sử dụng tích phân
n

- Quan sát chỉ số dưới của các tổ hợp
+ Nếu chỉ số dưới của tổ hợp khơng thay đổi thì đó là số mũ trong khai triển nhị thức.
+ Nếu trong số hạng có tổ hợp mà chỉ số dưới thay đổi, ta cần khai triển tường minh công
k
thức số hạng tổng quát đó Cn =

n!
( n − k ) !k ! để qui về các tổ hợp có chỉ số dưới khơng thay đổi.

 Giải bài tốn theo nhiều cách để so sánh thấy được ưu, nhược điểm của từng cách giải (Ví dụ như
ở đây trong các bài tốn sử dụng phương pháp đạo hàm, tích phân thì học sinh có thể dễ dàng sáng
tạo ra các bài toán mới).
II. Giải pháp tiến hành thực hiện
-

Xây dựng hệ thống bài tập một cách hợp lý, lồng ghép vào đó những câu hỏi, tình huống gợi vấn
đề trong q trình giảng dạy để học sinh chủ động tiến hành các hoạt động tư duy như tương tự
hóa, tổng quát hóa … các bài tốn.

-

Lựa chọn bài tập phù hợp với từng đối tượng học sinh, từng thời điểm khác nhau (Ví dụ: Đối với
học sinh lớp 11, nếu mới bắt đầu học khai triển nhị thức Niu-tơn ta chỉ dừng lại ở Ví dụ 27.2,
nhưng khơng hướng dẫn học sinh cách sử dụng đạo hàm… đối với học sinh lớp 12 ôn thi THPT
QG ta hướng dẫn các em sử dụng tích phân và số phức trong khai triển).

-

Hướng dẫn học sinh phân tích, định hướng, lựa chọn hướng giải khi gặp dạng toán trên
+ Dựa vào định nghĩa và tính chất của tổ hợp.
+ Dựa và khai triển Nhị thức Niu – tơn.

Trang 5/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
-

Tổ chức, hướng dẫn học sinh hoạt động nhóm, các nhóm tự đề xuất đưa ra các bài tập tương tự
và nêu cách giải trong q trình học chủ đề này.
CHƯƠNG II
BÀI TỐN TÍNH TỔNG VÀ CHỨNG MINH CÁC ĐẲNG THỨC TỔ HỢP

I. Tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp dựa vào định nghĩa và tính chất của tổ hợp.
A – Kiến thức chuẩn bị
- Định nghĩa tổ hợp: Cho tập hợp A gồm n phần tử và k ∈ ¥ * ,1 ≤ k ≤ n . Mỗi một tập con có k phần
tử của A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử của A .
Ank n. ( n − 1) ... ( n − k + 1)
n!
=
=
- Số tổ hợp chập k của n phần tử của A là C =
k!
k!
k !( n − k ) !
k
n

0
Qui ước: Cn = 1

- Tính chất cơ bản của tổ hợp
+ Cho số nguyên dương n và số nguyên k với 0 ≤ k ≤ n . Khi đó
Cnk = Cnn − k
+ (Hằng đẳng thức Pascal): Cho số nguyên dương n và số nguyên k với 1 ≤ k ≤ n . Khi đó
Cnk + Cnk −1 = Cnk+1
B – Ví dụ minh họa
 Ví dụ 1.1. Rút gọn biểu thức S = Cn1 + 6Cn2 + 6Cn3 , với n là số nguyên dương và n ≥ 3 .

Hướng dẫn
Cách 1. (Sử công thức khai triển tường minh đối với tổ hợp)
M = Cn1 + 6Cn2 + 6Cn3 =

n ( n − 1)
n ( n − 1) ( n − 2 )
n
+6
+6
= n3
1!
2!
3!

Cách 2. (Sử dụng hằng đẳng thức Pa – xcan, trước khi sử dụng khai triển tường minh)
M = Cn1 + 6Cn2 + 6Cn3 = Cn1 + 6 ( Cn2 + Cn3 ) = Cn1 + 6Cn3+1 =

( n + 1) n ( n − 1) = n3
n
+6
1!
3!

 Ví dụ 2.1. Rút gọn biểu thức S = Cnk + 2Cnk −1 + Cnk − 2 , với 2 ≤ k ≤ n; k , n ∈ ¥ .
Hướng dẫn
Cách 1. (Sử cơng thức khai triển tường minh đối với tổ hợp)
Cách 2. Sử dụng tính chất tổ hợp (hằng đẳng thức Paxcal)
S = Cnk + 2Cnk −1 + Cnk −2 = ( Cnk + Cnk −1 ) + ( Cnk −1 + Cnk − 2 ) = Cnk+1 + Cnk+−11 = Cnk+ 2
Cách 3.

Trang 6/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
-

Trước hết ta để ý hệ số đứng trước trước các tổ hợp lần lượt là 1, 2, 1 có thể viết lại dưới dạng

C20 , C21 , C22 .
-

0 k
1 k −1
2 k −2
Vậy S = C2 Cn + C2Cn + C2 Cn

Xét hai tập B và C không giao nhau, tập B có n phần tử, tập C có 2 phần tử. Đặt
A = B ∪ C . Khi đó S chính là số cách chọn k của tập A , nên S = Cnk+ 2 .

 Ví dụ 3.1 Chứng minh Cnk + 3Cnk −1 + 3Cnk − 2 + Cnk −3 = Cnk+3 , với 3 ≤ k ≤ n; k , n ∈ ¥ .
Cách 1. Sử dụng tính chất tổ hợp (hằng đẳng thức Paxcal)
k
k −1
k −2
k −3
k
k −1
k −1
k −2
k −2

k −3
- Ta có VT = Cn + 3Cn + 3Cn + Cn = ( Cn + Cn ) + 2 ( Cn + Cn ) + ( Cn + Cn )

= Cnk+1 + 2Cnk+−11 + Cnk+−12

= ( Cnk+1 + Cnk+−11 ) + ( Cnk+−11 + Cnk+−12 )
= Cnk+ 2 + Cnk+−21 = Cnk+3
Cách 2. Sử dụng định nghĩa tổ hợp
-

Xét hai tập B và C khơng giao nhau, tập B có n phần tử, tập C có 3 phần tử. Đặt A = B ∪ C .

-

Để chọn ra k phần tử của A , ta có thể thực hiện theo một trong các phương án sau:
+ Phương án 1: Chọn k phần tử của B .
k
Phương án này có Cn cách.

+ Phương án 2: Chọn k − 1 phần tử của B , 1 phần tử của C .
k −1
Phương án này có 3Cn cách.

+ Phương án 3: Chọn k − 2 phần tử của B , 2 phần tử của C .
k −1
2
k −1
Phương án này có Cn .C3 = 3Cn cách.

+ Phương án 4: Chọn k − 3 phần tử của B , 3 phần tử của C .

k −3
Phương án này có Cn cách.

⇒ Có Cnk + 3Cnk −1 + 3Cnk − 2 + Cnk −3 cách chọn k phần tử của tập A .
-

k
Mặt khác, có Cn +3 chọn k phần tử của tập A .

-

k
k −1
k −2
k −3
k
Vậy Cn + 3Cn + 3Cn + Cn = Cn +3

 Ví dụ 4.1 Chứng minh Cnk + 4Cnk −1 + 6Cnk − 2 + 4Cnk −3 + Cnk − 4 = Cnk+ 4 , với 4 ≤ k ≤ n .
Nhận xét: Trong các Ví dụ trên nếu bài tốn cho dưới dạng chứng minh đẳng thức tổ hợp thì
các chỉ số dưới của các tổ hợp giúp ta định hướng được việc chọn số phần tử của hai tập hợp B và

C . Tuy nhiên nếu bài toán cho dưới dạng tính tổng S = Cnk + 4Cnk −1 + 6Cnk − 2 + 4Cnk −3 + Cnk − 4 , khi đó ta
0 k
1 k −1
2 k −2
3 k −3
4 k −4
viết lại S = C4 Cn + C4Cn + C4 Cn + C4 Cn + C4 Cn .

Trang 7/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
Tổng quát, ta có bài tốn sau:
 Ví dụ 5.1 Chứng minh Cn0Cmk + Cn1Cmk −1 + ... + Cnk Cm0 = Cmk + n với 0 ≤ k ≤ n, m .
Hướng dẫn
+ Cho hai tập hợp A gồm m phần tử và B gồm n phần tử, trong đó A ∩ B = ∅ .
+ Xét tập hợp C gồm tất cả các phần tử của A và B ⇒ C = A ∪ B và tập C có n + m phần tử.
k
+ Số cách lấy k phần tử từ C là Cm+ n .
0 k
1
k −1
k 0
+ Nếu lấy theo A và B thì số cách lấy là CmCn + CmCn + ... + CmCn .

II. Tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp dựa và khai triển Nhị thức Niu – tơn.
A – Kiến thức chuẩn bị
Sử dụng khai triển Nhị thức Niu – tơn để tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp cần
lưu ý một số điểm sau:
1. Chọn a,b,n hợp lí trong khai triển: ( a + b ) = Cn0 a n + Cn1a n −1b + Cn2 a n −2b 2 + ... + Cnnb n sẽ cho
n

ta các đẳng thức tổ hợp. Vấn đề ngược lại, đề bài cho ta các đẳng thức tổ hợp hoặc tổng các tổ hợp,
chúng ta phải hướng dẫn cho học sinh chọn khai triển ( a + b )

n

để có được đẳng thức cần chứng

minh.
2. Phân tích biến đổi phần tử đại diện (số hạng tổng quát trong tổng) để đưa tổng cần tính về dạng
cơ bản của khai triển nhị thức Niu – tơn.
3. Ứng dụng đạo hàm trong khai triển: Với một số bài tốn tính tổng mà các số hạng khơng có
k n−k k
dạng Cn a b mà có xuất hiện thêm hệ số tự nhiên (không phải lũy thừa) thì ta phải sử dụng đạo

hàm kết hợp với khai triển nhị thức Niutơn. Việc sử dụng đạo hàm (cấp 1 hoặc cấp 2) của khai triển
nhị thức Niutơn nào hồn tồn phụ thuộc vào tính chất số hạng trong tổng cần tính. Trong đó đặc biệt
k
chú ý đến hệ số tự nhiên (không phải lũy thừa) và hệ số tổ hợp Cn tương ứng.

Thông thường ta áp dụng khai triển
(a + x) n = Cn0 a n + Cn1 a n −1.x + Cn2 a n − 2 .x 2 + ... + Cnk a n − k .x k + ... + Cnn .x n .
k
k −1
Với số hạng có lũy thừa x k thì ( x ) ' = k .x , tức là sau khi đạo hàm cấp 1 ta được hệ số tự
k
k
nhiên là k tương ứng với hệ số tổ hợp Cn . Nếu hệ số tự nhiên tương ứng với Cn là k + l > k thì ta

phải tạo ra lũy thừa x k +l bằng cách nhân hai vế với x l trước khi đạo hàm. Ngoài ra, nếu hệ số tự
nhiên là tích của hai số thì ta áp dụng đạo hàm cấp hai.
4. Ứng dụng tích phân trong khai triển: Với một số bài tốn tính tổng mà các số hạng khơng có
k n−k k
dạng Cn a b mà có xuất hiện thêm hệ số hữu tỉ (khơng phải lũy thừa, khơng là số ngun) thì ta

phải sử dụng tích phân kết hợp với khai triển nhị thức Niutơn. Việc sử dụng tích phân của khai triển
Trang 8/33

Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
nhị thức Niutơn nào hồn tồn phụ thuộc vào tính chất số hạng trong tổng cần tính. Trong đó đặc biệt
k
chú ý đến mẫu của hệ số hữu tỉ và hệ số tổ hợp Cn tương ứng.

Thông thường ta áp dụng khai triển
(a + x) n = Cn0 a n + Cn1 a n −1.x + Cn2 a n − 2 .x 2 + ... + Cnk a n − k .x k + ... + Cnn .x n .
v

k

Với số hạng có lũy thừa x thì

k
∫ x dx =
u

v k +1 − u k +1
, tức là sau khi tích phân ta được hệ số hữu
k +1

k
k
tỉ có mẫu là k + 1 tương ứng với hệ số tổ hợp Cn . Nếu mẫu hệ số hữu tỉ tương ứng với Cn là

k + l + 1 > k + 1 thì ta phải tạo ra lũy thừa x k +l bằng cách nhân hai vế với x l trước khi đạo hàm.

Ngồi ra, ta nhìn vào dạng của tử số của số hạng hữu tỉ để chọn cận u; v phù hợp

5. Ứng dụng số phức trong khai triển: Các bài toán về ứng dụng số phức trong khai triển nhị thức
Niu – tơn vẫn là những bài toán mới đối với học sinh. Dấu hiệu nhận diện tập trung chủ yếu vào sự
thay đổi chỉ số trên của các tổ hợp và sự thay đổi về dấu của các số hạng trong tổng.
Thơng thường ta sử dụng bài tốn sau:
Nếu z = cos

2π
2π
+ i sin
, với n ∈ ¥ * . Khi đó,
n
n

k
Với k = n.m , m ∈ ¥ * thì z = cos ( m2π ) + i sin ( m2π ) = 1

(

( n −1) k
n
k
k
k
2k
Với k ≠ n.m , m ∈ ¥ * thì 0 = 1 − ( z ) = 1 − ( z ) = ( 1 − z ) 1 + z + z + ... + z
k

n

)

Vì 1 − z k ≠ 0 ⇒ 1 + z k + z 2 k + ... + z ( n −1) k = 0
B – Ví dụ minh họa
 Ví dụ 1.2 Tính S = Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn .
k
Phân tích: Các số hạng trong tổng S đều có dạng Cn với 0 ≤ k ≤ n . Vì vậy, ta xét khai triển ( a + b )

n

với a = b = 1 .
Đáp số: S = ( 1 + 1) = 2n
n

 Ví dụ 2.2 Tính S = Cn0 + 2Cn1 + 4Cn2 + ... + 2n Cnn .
k k
Phân tích: Các số hạng trong tổng S đều có dạng Cn 2 với 0 ≤ k ≤ n . Vì vậy, ta xét khai triển

( a + b)

n

với a = 1, b = 2 .

Đáp số: S = ( 1 + 2 ) = 3n
n

 Ví dụ 3.2 Tính S = 3n Cn0 + 3n −1 Cn1 + ... + Cnn .

Trang 9/33

Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
k n−k
Phân tích: Các số hạng trong tổng S đều có dạng Cn 3 với 0 ≤ k ≤ n . Vì vậy, ta xét khai triển

( a + b)

n

với a = 3, b = 1 .

Đáp số: S = ( 3 + 1) = 4n
n

 Ví dụ 4.2 Tính S = Cn0 − Cn1 + Cn2 − ... + ( −1) Cnn .
n

k
Phân tích: Các số hạng trong tổng S đều có dạng Cn ( −1) với 0 ≤ k ≤ n . Vì vậy, ta xét khai triển
k

( a + b)

n

với a = 1, b = −1 .

Đáp số: S = 1 + ( −1)  = 0
n

 Ví dụ 5.2 Tính S = 3n Cn0 − 3n −12Cn1 + 3n− 2 22 Cn1 − ... + ( −2 ) Cnn
n

k n−k
Phân tích: Các số hạng trong tổng S đều có dạng Cn 3 ( −2 )

k

với 0 ≤ k ≤ n . Vì vậy, ta xét khai

triển ( a + b ) với a = 3, b = −2 .
n

Đáp số: S = 3 + ( −2 )  = 1
n

 Ví dụ 6.2 Tính S = 42 n C20n − 42n −1 C21n + 42 n − 2 C22n − ... + C22nn
k
2 n−k
Phân tích: Các số hạng trong tổng S đều có dạng C2 n 4 ( −1) với 0 ≤ k ≤ 2n . Vì vậy, ta xét khai
k

triển ( a + b )

2n

với a = 4, b = −1 .

Đáp số: S =  4 + ( −1) 

2n

= 32 n = 9n

Ví dụ 7.2 Tính S1 = Cn0 + 22 Cn2 + 24 Cn4 + ... và S 2 = 2Cn1 + 23 Cn3 + 25 Cn5 + ...
Phân tích: Vì chỉ số trên của các tổ hợp trong tổng S1 là chẵn, S2 lẻ nên xuất hiện tổng đầy đủ các số
hạng của khai triển nhị thức ta xét S1 + S 2 và S1 − S 2 để tạo ra hệ phương trình ẩn số là S1 , S2 .
n −1
Đáp số: S1 = S 2 = 2

Nhận xét: Qua các ví dụ trên thấy
-

Hệ số đứng trước các tổ hợp là các lũy thừa của một hoặc hai cơ số được viết dưới dạng tăng
hoặc giảm về số mũ.

-

Chỉ số trên là các số tự nhiên liên tiếp tăng dần.

-

Chỉ số dưới của các tổ hợp quyết định số mũ trong khai triển nhị thức.

-

Nếu chỉ số trên hơn kém nhau 2 đơn vị (nghĩa là chỉ chứa chỉ số trên là số lẻ hoặc chẵn) thì
xét thêm một tổng mới (chỉ chứa chẵn hoặc lẻ) để được 1 tổng đủ của khai triển Niu – tơn.

Vì vậy, chỉ cần hướng dẫn học sinh lựa chọn a, b, n hợp lí trong công thức khai triển nhị thức Niutơn là giải quyết được bài toán và đưa ra các bài toán tương tự.

Trang 10/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
 Ví dụ 8.2 Tính S = Cn1 + 2Cn2 + 3Cn3 + 4Cn4 + ... + nCnn
k
Phân tích: Vì các số hạng trong tổng S đều có dạng kCn với 0 ≤ k ≤ n nên không thể sử dụng trực

tiếp khai triển ( a + b ) với a, b, n hợp lí để tính được S .
n

Hướng dẫn:
Cách 1.
k
+ Ta có kCn = k .

( n − 1) !
n!
= n.
= nCnk−−11 với 1 ≤ k ≤ n
n
−
k
!
k
!
n
−
1
−

k
−
1
!
k
−
1
!
(
)
(( ) ( )) ( )

0
1
n −1
+ Khi đó S = n ( Cn −1 + Cn−1 + ... + Cn −1 ) = n ( 1 + 1)

n −1

= n.2 n−1

Cách 2.
k
n−k
+ Áp dụng tính chất của tổ hợp Cn = Cn với 0 ≤ k ≤ n .
1
2
3
4
n

+ Ta có S = Cn + 2Cn + 3Cn + 4Cn + ... + nCn

⇒ S = Cnn −1 + 2Cnn − 2 + 3Cnn −3 + 4Cnn − 4 + ... + ( n − 2 ) Cn2 + ( n − 1) Cn1 + nCn0
⇒ 2S = nCn0 + Cn1 + ( n − 1) Cn1  + Cn2 + ( n − 2 ) Cn2  + ... + Cnn −1 + ( n − 1) Cnn −1  + nCnn
⇒ 2S = nCn0 + nCn1 + nCn2 + ... + nCnn −1 + nCnn = n ( Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn ) = n.2n
⇒ S = n.2n −1
Cách 3.
+ Xét khai triển ( 1 + x ) = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x 2 + Cn3 x 3 + ... + Cnn x n (1)
n

n −1
+ Lấy đạo hàm hai vế (1) theo biến x ta được n ( 1 + x ) = Cn1 + 2Cn2 x + 3Cn3 x 2 + ... + nCnn x n −1 (2)

+ Với x = 1 trong (2) ta có S = n.2n −1
Nhận xét:
- Trong ví dụ trên ta thấy hệ số của các tổ hợp bằng chỉ số trên của tổ hợp trong từng số hạng.
- Nếu nhân hai vế của đẳng thức (1) với x k rồi lấy đạo hàm hai vế ta sẽ được đẳng thức có chứa các
số hạng mà hệ số của các tổ hợp hơn chỉ số trên của các tổ hợp k đơn vị.
+ Nhân hai vế của (1) với x k ta có x k ( 1 + x ) = Cn0 x k + Cn1 x k +1 + Cn2 x k + 2 + ... + Cnn x k + n (3)
n

+ Lấy đạo hàm hai vế (3) theo biến x ta được
kx k −1 ( 1 + x ) + x k .n ( 1 + x )
n

n −1

= kCn0 x k −1 + ( k + 1) Cn1 x k + ( k + 2 ) Cn2 x k +1 + ... + ( k + n ) Cnn x k + n −1 (4)

n

n −1
0
1
n
+ Với x = 1 trong (4) ta có k .2 + n.2 = kCn + ( k + 1) Cn + ... + ( k + n ) Cn
2
3
4
n
 Ví dụ 9.2 Tính S = 1.2Cn + 2.3Cn + 3.4Cn + ... + ( n − 1) .nCn

Hướng dẫn

Trang 11/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
Cách 1.
k
k −2
+ Ta có ( k − 1) kCn = ( n − 1) nCn − 2 với 2 ≤ k ≤ n (*)

Nhận xét: Để chứng minh công thức (*) ta có thể hướng dẫn học sinh hai hướng suy nghĩ như sau:
Hướng thứ 1

( k − 1) kCnk = ( k − 1) k .

( n − 2) !
n!
n!

=
= ( n − 1) n.
= ( n − 1) nCnk−−22
( n − 2 ) − ( k − 2 )  !( k − 2 ) !
( n − k ) !k ! ( n − k ) !( k − 2 ) !

Hướng thứ 2
k
k −1
+ Áp dụng liên tiếp hai lần cơng thức kCn = nCn −1 ta có

( k − 1) ( kCnk ) = ( k − 1) .nCnk−−11 = n. ( k − 1) .Cnk−−11  = n. ( n − 1) Cnk−−22
0
1
n−2
+ Khi đó S = ( n − 1) n ( Cn − 2 + Cn − 2 + ... + Cn− 2 ) = ( n − 1) n ( 1 + 1)

n−2

= ( n − 1) n.2 n− 2

Cách 2.
+ Xét khai triển ( 1 + x ) = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x 2 + Cn3 x 3 + ... + Cnn x n (1)
n

n −1
+ Lấy đạo hàm hai vế (1) theo biến x ta được n ( 1 + x ) = Cn1 + 2Cn2 x + 3Cn3 x 2 + ... + nCnn x n −1 (2)

+ Lấy đạo hàm hai vế (2) theo biến x ta được

( n − 1) n ( 1 + x )

n−2

= 1.2Cn2 + 2.3Cn3 x + ... + ( n − 1) nCnn x n − 2 (3)

n−2
+ Với x = 1 trong (3) ta có S = ( n − 1) n.2

+ Tương tự q trình trên ta có thể lấy đạo hàm hai vế của (3) để được các kết quả khác, ví dụ như
3
4
n
tính tổng S = 1.2.3Cn + 2.3.4Cn + ... + ( n − 2 ) ( n − 1) .nCn .

+ Nếu sử dụng đạo hàm cho khai triển ( 2 + x )

2 n +1

và chọn x hợp lí ta có thể tính được tổng sau:

S = C21n+1 - 2.2.C22n+1 + 3.22.C23n+1 - 4.23.C24n+1 +... + (2 n +1).22 n.C22nn++11
 Ví dụ 10.2 Tính S = 12.Cn1 + 22.Cn2 + ... + n 2 .Cnn
Hướng dẫn
Cách 1.
2 k
k
k −1
k −1
k −2

k −1
+ k Cn = k .kCn = k .nCn −1 = n. ( k − 1) + 1 Cn −1 = n ( n − 1) Cn − 2 + nCn −1
2
1
1
2
n −1
0
1
n−2
+ Khi đó S = 1 .Cn + n ( Cn −1 + Cn −1 + Cn −1 ) + ( n − 1) n ( Cn − 2 + Cn − 2 + ... + Cn − 2 )

= n + n ( 2n −1 − 1) + ( n − 1) n.2n − 2
Cách 2.
+ Xét khai triển ( 1 + x ) = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x 2 + Cn3 x 3 + ... + Cnn x n (1)
n

n −1
+ Lấy đạo hàm hai vế (1) theo biến x ta được n ( 1 + x ) = Cn1 + 2Cn2 x + 3Cn3 x 2 + ... + nCnn x n −1 (2)

Trang 12/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
n −1
+ Nhân hai vế của (2) với x ta được n.x. ( 1 + x ) = Cn1 x + 2Cn2 x 2 + 3Cn3 x 3 + ... + nCnn x n (3)

+ Lấy đạo hàm hai vế của (3) ta có
n. ( 1 + x )

n −1

+ n.x. ( n − 1) . ( 1 + x )

n− 2

= Cn1 + 2 2 Cn2 x + 32 Cn3 x 2 + ... + n 2Cnn x n −1 (4)

n −1
n−2
2
1
2
2
2
n
+ Với x = 1 trong (4) ta có n.2 + n ( n − 1) .2 = 1 .Cn + 2 .Cn + ... + n .Cn

Nhận xét: Nếu tiếp tục nhân 2 vế của (4) với x và lấy đạo hàm hai vế, thay x = 1 ta tính được tổng
S = 13.Cn1 + 23.Cn2 + ... + n3 .Cnn .
 Ví dụ 11.2 Tính S = C20n + 3C22n + 5C24n + ... + (2n + 1)C22nn
Hướng dẫn
Cách 1.
2k
2k
2k
2 k −1
2k
+ Ta có ( 2k + 1) C2 n = 2kC2 n + C2 n = 2n.C2n −1 + C2 n với 1 ≤ k ≤ 2n
0

1
3
5
2 n −1
2
4
2n
+ Vậy S = C2 n + 2n ( C2 n −1 + C2 n −1 + C2 n −1 + ... + C2 n −1 ) + ( C2 n + C2 n + ... + C2 n )

+ Xét khai triển ( 1 + x )

2 n −1

= C20n −1 + C21n −1 x + C22n −1 x 2 + ... + C22nn−−11 x 2 n −1 (1)

Với x = 1 và x = −1 trong (1) ta có
22 n −1 = C20n −1 + C21n−1 + C22n −1 + ... + C22nn−−11
0 = C20n −1 − C21n −1 + C22n −1 − ... − C22nn−−11
⇒ C21n −1 + C23n −1 + C25n −1 + ... + C22nn−−11 = 22 n − 2
+ Xét khai triển ( 1 + x )

2n

= C20n + C21n x + C22n x 2 + ... + C22nn x 2 n (2)

Với x = 1 và x = −1 trong (2) ta có
22 n = C20n + C21n + C22n + ... + C22nn
0 = C20n − C21n + C22n − ... + C22nn
⇒ C20n + C22n + C24n + ... + C22nn = 22 n −1
+ Vậy S = 2n.22 n −2 + 22 n −1

Cách 2. (Ứng dụng đạo hàm)
+ Xét khai triển x ( 1 + x )

2n

= C20n x + C21n x 2 + C22n x 3 + ... + C22nn x 2 n+1 (3)

+ Lấy đạo hàm 2 vế của (3) theo biến x ta có

( 1+ x)

2n

+ x.2n. ( 1 + x )

2 n −1

= C20n + 2C21n x + 3C22n x 2 + ... + ( 2n + 1) C22nn x 2 n (4)

+ Với x = 1 và x = −1 trong (4) ta có
22 n + 2n.22 n −1 = C20n + 2C21n + 3C22n + ... + ( 2n + 1) C22nn
0 = C20n − 2C21n x + 3C22n − ... + ( 2n + 1) C22nn
Trang 13/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
⇒ S = 2n.22 n − 2 + 22 n −1
k
k −1
Trong các ví dụ trên, khi sử dụng cơng thức kCn = nCn −1 sẽ giúp đưa các bài toán về dạng cơ

bản của khai triển nhị thức Niu – tơn. Tuy nhiên, nếu viết lại cơng thức đó dưới dạng

n
k
= k −1 ta
k
Cn Cn −1

có thể tạo ra được một số bài tốn khác. Ta xét ví dụ sau:
 Ví dụ 12.2 Chứng minh

1
C

1
2015

+

1
C

2
2015

+ ... +

1
C

2015
2015

=

1008  1
1
1 
 0 + 1 + ... + 2014 ÷
2015  C2014 C2014
C2014 

Hướng dẫn
k
k −1
Từ công thức kCn = nCn −1 với 1 ≤ k ≤ n ⇒

Khi đó S =

n
k
= k −1 với 1 ≤ k ≤ n
k
Cn Cn −1

2015 2015
2015
1
2

2015
+ 2 + ... + 2015 = 0 + 1 + ... + 2014 (1)
1
C2015 C2015
C2015 C2014 C2014
C2014

k
n −k
Áp dụng công thức Cn = Cn với k ≤ n , ta có S =

1
C

2014
2014

+

2
C

2013
2014

+ ... +

2015
(2)
0

C2014

 1
1
1 
Cộng (1) với (2) theo vế ta có 2 S = 2016  0 + 1 + ... + 2014 ÷ (đpcm)
C2014 
 C2014 C2014
 Ví dụ 13.2 Tính S =

Cn0 Cn1 Cn2
Cnn
.
+
+
+ ... +
1
2
3
n +1
Hướng dẫn

- Tìm số hạng tổng quát của các số hạng trong tổng S ?
- Sử dụng biến đổi thích hợp cố định các hệ số đứng trước tổ hợp trong các số hạng của tổng S ?
Cách 1.
Cnk
( n + 1) !
Cnk++11
n!
1

=
=
.
=
+ Ta có
với 0 ≤ k ≤ n
k + 1 k !( k + 1) ( n − k ) ! n + 1 ( k + 1) ! ( n + 1) − ( k + 1)  ! n + 1
+ Khi đó S =

1
1 
1
n +1
Cn1+1 + Cn2+1 + ... + Cnn++11 ) =
( 1 + 1) − Cn0+1  =
(
( 2n+1 − 1)
n +1
n +1
n +1

Cách 2. (Ứng dụng tích phân)
+ Xét khai triển ( 1 + x ) = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x 2 + Cn3 x 3 + ... + Cnn x n (1)
n

+ Lấy tích phân hai vế của (1) trên đoạn [ 0;1] ta được
1

∫ (1+ x)

n

0

( 1+ x)
⇔

1

dx = ∫ ( Cn0 + Cn1 x + Cn2 x 2 + Cn3 x 3 + ... + Cnn x n ) dx
0

n +1

n +1

1
0



C1
C2
Cn
=  Cn0 x + n x 2 + n x 2 + ... + n x n ÷ 10
2
3
n +1 

Trang 14/33

Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
 Ví dụ 14.2 Tính S = Cn0 −

n
Cn1 Cn2
n Cn
+
− ... + ( −1)
2
3
n +1

Hướng dẫn
Cách 1.
+ Áp dụng công thức

Cnk
C k +1
= n +1 ta có
k +1 n +1

(

)

1
n
Cn1+1 − Cn2+1 + Cn3+1 − ... + ( −1) Cnn++11

n +1
1 
n +1
=
− Cn0+1 − Cn1+1 + Cn2+1 − Cn3+1 + ... + ( −1) Cnn++11 + Cn0+1 

n +1 
1 
1
n +1
=
− ( 1 − 1) + 1 =
 n +1
n +1 

S=

(

)

Cách 2.
Lấy tích phân của (1) trên [ −1;0]
 Ví dụ 15.2 Tính S = 2Cn0 +

22 Cn1 23 Cn2
2n +1 Cnn
.
+
+ ... +

2
3
n +1
Hướng dẫn

Cách 1.
+ Áp dụng công thức
+ Vậy S =

1
Cnk
C k +1
2Cn1+1 + 22 Cn2+1 + 23 Cn3+1 + ... + 2n +1 Cnn++11
= n +1 ta có S =
n +1
k +1 n +1

(

(

)

1 
1
2n +1 − 1
( 1 + 2 ) n+1 − Cn0+1  =
n +1
n +1

Cách 2.
Lấy tích phân của (1) trên [ 0; 2]
 Ví dụ 16.2 Tính S1 =

Cn1 Cn3 Cn5
C0 C2 C4
+
+
+ ... và S 2 = n + n + n + ...
2
4
6
1
3
5

 Ví dụ 17.2 Tính S =

Cn0 Cn1 Cn2
Cn
+
+
+ ... + n
2
3
4
n+2
Hướng dẫn

Cách 1.

+ Ta có

Cnk
k + 1 Cnk 
1  Cnk++11
1  k +1 Cnk++22 
=
.
= 1 −
.
=
 Cn+1 −
÷ với 0 ≤ k ≤ n .
÷
k + 2 k + 2 k +1  k + 2  n +1 n +1 
n+2

+ Vậy S =
=

1

( n + 2 ) ( Cn1+1 + Cn2+1 + ... + Cnn++11 ) − ( Cn2+ 2 + Cn3+ 2 + ... + Cnn++22 ) 

( n + 1) ( n + 2 ) 
1

(

) (

)

( n + 2 ) 2n +1 − Cn0+1 − 2n + 2 − Cn0+ 2 − Cn1+ 2 

n
+
1
n
+
2
(
)(
)
Trang 15/33

)


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
Cách 2.
+ Xét khai triển ( 1 + x ) = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x 2 + Cn3 x 3 + ... + Cnn x n (1)
n

n +1
n
+ Nhân 2 vế của (1) với x ta được ( 1 + x ) − ( 1 + x ) = Cn0 x + Cn1 x 2 + Cn2 x 3 + ... + Cnn x n +1 (2)

+ Lấy tích phân 2 vế của (2) trên đoạn [ 0;1] ta có
1

1

0

0

n +1
n
0
1 2
2 3
n n +1
∫ ( 1 + x ) − ( 1 + x ) dx = ∫ ( Cn x + Cn x + Cn x + ... + Cn x ) dx

 ( 1 + x ) n + 2 ( 1 + x ) n +1 
⇔
−

n + 1 
 n + 2

1
0

 C0

C1
Cn
=  n x 2 + n x 3 + ... + n x n + 2 ÷ 10

3
n+2
 2


1
2
3
4
n
Cnn
 Ví dụ 18.2 Tính S = Cn1 + Cn2 + Cn3 + Cn4 + ... +
2
3
4
5
n +1
Hướng dẫn
Cách 1.
Cnk++11
k
1
k
k
k
k
+ Ta có
C n = Cn −
Cn = Cn −
k +1

k +1
n +1

(

)

1
2
n
+ Vậy S = Cn + Cn + ... + Cn −

(

) (

)

(

1
1
Cn2+1 + Cn3+1 + ... + Cnn++11 = 2n − Cn0 −
2n +1 − Cn0+1 − Cn1+1
n +1
n +1

)

Cách 2.

+ Xét khai triển ( 1 + x ) = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x 2 + Cn3 x 3 + ... + Cnn x n (1)
n

n −1
+ Lấy đạo hàm hai vế (1) theo biến x ta được n ( 1 + x ) = Cn1 + 2Cn2 x + 3Cn3 x 2 + ... + nCnn x n −1 (2)
n −1
+ Nhân 2 vế của (2) với x ta được n.x. ( 1 + x ) = Cn1 x + 2Cn2 x 2 + 3Cn3 x 3 + ... + nCnn x n (3)

+ Lấy tích phân 2 vế của (3) trên [ 0;1] ta được
1

1

0

0

n
n −1
1
2 2
3 3
n n
∫ n. ( 1 + x ) − ( 1 + x )  dx = ∫ ( Cn x + 2Cn x + 3Cn x + ... + nCn x ) dx

 ( 1 + x ) n +1 ( 1 + x ) n 
⇔ n
−

n 

 n + 1

1
0

 C1

2C 2
3C 3
nC 2
=  n x 2 + n x 3 + n x 4 + ... + n x n +1 ÷ 10
3
4
n +1
 2


−1) nCnn
−Cn1 2Cn2 3Cn3
(
 Ví dụ 19.2 Tính S =
+
−
+ ... +
2.3 3.4 4.5
( n + 1) ( n + 2 )
n

Hướng dẫn
+ Với 1 ≤ k ≤ n , ta có

k
k
k
k
( −1) kCnk = ( −1) kCnk++11 = ( −1) kCnk++22 = ( −1) ( k + 2 ) − 2 Cnk++22 = ( −1) ( n + 2 ) Cnk++11 − 2Cnk++22 
( k + 1) ( k + 2 ) ( k + 2 ) ( n + 1) ( n + 1) ( n + 2 )
( n + 1) ( n + 2 )
( n + 1) ( n + 2 )
k

Trang 16/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
Qua các ví dụ trên ta thấy đối với học sinh lớp 11, việc xác định được số hạng tổng quát trong
tổng các tổ hợp là rất quan trọng. Ta xét tiếp các ví dụ sau:
 Ví dụ 20.2 Tính S = Cn0Cnn −1 + Cn1Cnn−−12 + Cn2Cnn−−23 + ... + Cnn −1C10
Hướng dẫn
k
n −1− k
k
+ Ta có Cn .Cn −k = n.Cn −1 , với 0 ≤ k ≤ n − 1 .
0
1
n −1
n −1
+ Vậy S = n ( Cn −1 + Cn −1 + ... + Cn −1 ) = n.2 .

Bài toán tương tự.
0 n− 2

1 n−3
2 n− 4
n−2 0
1) Tính S = Cn Cn + Cn Cn −1 + Cn Cn − 2 + ... + Cn C2

Hướng dẫn: Cnk .Cnn−−k2 −k =

n ( n − 1) k
.Cn − 2 , với 0 ≤ k ≤ n − 2 .
2

2) Tính S = Cn0Cnk − Cn1Cnk−−11 + Cn2Cnk−−22 − ... + ( − ) Cnk Cn0− k
n

 Ví dụ 21.2 Tính S =

Cn1 2Cn2 3Cn3
nCnn
+
+
+
...
+
.
Cn0−1 Cn1−1 Cn2−1
Cnn−−11
Hướng dẫn

 Ví dụ 22.2 Tính S =

Cn0
Cn1
Cnk
Cnn
+
+
...
+
+
...
+
với 0 ≤ k ≤ n
Cn1+ 2 Cn2+3
Cnk++k1+ 2
C2nn++12
Hướng dẫn

+ Ta có

2 ( k + 1) .n !( n + 1) !
2Cnk
( n + k + 2) − ( n − k )
=
= n !( n + 1) !
k +1
Cn + k + 2 ( n + k + 2 ) !( n − k ) !
( n + k + 2 ) !( n − k ) !


1

1
= n !( n + 1) ! 
−

 ( n + k + 1) !( n − k ) ! ( n + k + 2 ) !( n − k − 1) !

+ Khi đó với 0 ≤ k ≤ n − 1

 

 1
1
1
1
1
1   2Cnn
2S = n !( n + 1) !  
−
−
−
÷÷ + 
÷÷ + ... + 
÷÷ + n +1
 ( 2n ) ! ( 2n + 1) !   C2 n + 2
  ( n + 1) !n ! ( n + 2 ) !( n − 1) !   ( n + 2 ) !( n − 1) ! ( n + 3 ) !( n − 2 ) ! 

 2 ( n + 1) !( n + 1) !
1
1
= n !( n + 1) ! 

−
+
( 2n + 2 ) !
 ( n + 1) !n ! ( 2n + 1) !
n !( n + 1) !
( n + 1) !( n + 1) !
= 1−
+ 2.
( 2n + 1) !
( 2n + 2 ) !
=1
 Ví dụ 23.2 Tính S =

1
1
1
1
+ 3 + 3 + ... + 3 , n là số nguyên dương, n ≥ 3 .
3
C3 C4 C5
Cn
Hướng dẫn

Trang 17/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
+ Ta có



1
3!
1
1 
=
= 3
−

3
Ck k ( k − 1) ( k − 2 )
 ( k − 2 ) ( k − 1) ( k − 1) k 

 1

 1

1   1
1 
1
1 
1
−
−
−
=
3
−

+ Vậy S = 3 
÷


÷+ 
÷+ ... + 
÷
 1.2 ( n − 1) n ÷
÷
 ( n − 2 ) ( n − 1) ( n − 1) n  


 1.2 2.3   2.3 3.4 
 Ví dụ 24.2 Tính S = Cnk .Cm0 + Cnk −1Cm1 + ... + Cnk − mCmm với 0 ≤ m ≤ k ≤ n; k , m, n ∈ ¢
Hướng dẫn
+ Ta có ( 1 + x ) ( 1 + x ) = ( 1 + x )
n

m

n+m

 n
 m
 n+m
⇔  ∑ Cnl x l ÷ ∑ Cmi x i ÷ = ∑ Cnj+ m x j
 l =0
 i =0
 j =0
n

n+m

m

⇔ ∑∑ Cnl Cmi x + i = ∑ Cnj+ m x j (1)
l =0 i =0

j =0

k
0
k −1 1
k −m m
k
+ Đồng nhất hệ số của x k ở 2 vế của (1) ta có Cn .Cm + Cn Cm + ... + Cn Cm = Cn + m

 Ví dụ 25.2 Tính S = (Cn0 ) 2 + (Cn1 ) 2 + (Cn2 ) 2 + ... + (Cnn ) 2
Hướng dẫn
S = Cn0 .Cn0 + Cn1 .Cn1 + Cn2 .Cn2 + ... + Cnn .Cnn = Cn0 .Cnn + Cn1 .Cnn −1 + Cn2 .Cnn −2 + ... + Cnn .Cn0 = C2nn
Kết quả trên có được là do ta chọn m = n = k trong Ví dụ 23.2
 Ví dụ 26.2 Tính S = ( C20n ) − ( C21n ) + ( C22n ) − ( C23n ) + ... + ( C22nn )
2

2

2

2

2

Hướng dẫn

0
2n
1
2 n −1
2
2n−2
3
2 n −3
2n
0
+ S = C2 n .C2 n − C2 n .C2 n + C2 n .C2 n − C2 n .C2 n + ... + C2 n .C2 n

+ Ta có ( 1 − x )

2n

( 1+ x)

2n

= ( 1 − x2 )

2n

(1)

+ Khai triển đa thức hai vế (1) và đồng nhất hệ số của số hạng chứa x 2n ta có
2

2

2

2

 C 0   C1   C 2 
 Cn 
 Ví dụ 27.2 Tính S =  n ÷ +  n ÷ +  n ÷ + ... +  n ÷
 1   2   3 
 n +1
Hướng dẫn:
Vì

2
2
2
1  1 2
Cnk
C k +1
C
+ ( Cn2+1 ) + ( Cn3+1 ) + ... + ( Cnn++11 ) 
2 ( n +1 )
= n +1 nên ⇒ S =

( n + 1) 
k +1 n +1

+ Ta có hệ số của x n +1 trong khai triển ( 1 + x )

2 n+2

n +1
là C2 n + 2 (1)

+ Mặt khác, hệ số của x n +1 trong khai triển

( 1+ x)

n +1

.( 1 + x )

n +1

 n +1 n +1
 n +1
  n +1
=  ∑ Cni +1 xi ÷.  ∑ Cnj+1 x j ÷ = ∑∑ Cni +1.Cnj+1.x i + j
 i=0
  j =0
 i=0 j =0

là ( Cn0+1 ) + ( Cn1+1 ) + ( Cn2+1 ) + ... + ( Cnn++11 )
2

2

2

2

(2)

Trang 18/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
Từ (1) và (2) suy ra ( Cn1+1 ) + ( Cn2+1 ) + ... + ( Cnn++11 ) = C2nn++12 − 1
2

Vậy S =

1

( n + 1)

2

2

2

. ( C2nn++12 − 1)

 Ví dụ 28.2 Chứng minh rằng, với mọi n ∈ ¥ * ta có
n

0
2
4

6
8
a) Cn − Cn + Cn − Cn + Cn − ... = 2 cos

nπ
4

n

1
3
5
7
9
b) Cn − Cn + Cn − Cn + Cn − ... = 2 sin

c)

( 1− C

2
n

nπ
4

+ Cn4 − ...) + ( Cn1 − Cn3 + Cn5 − ...) = 2n
2

2

 Ví dụ 29.2 Chứng minh rằng, với mọi n ∈ ¥ * ta có
0
4
8
12
n −1
a) Cn + Cn + Cn + Cn + ... = 2 +

( 2)

2
6
10
14
n −1
b) Cn + Cn + Cn + Cn + ... = 2 −

1
5
9
13
n −1
c) Cn + Cn + Cn + Cn + ... = 2 +

( 2)

( 2)

3

7
11
15
n −1
d) Cn + Cn + Cn + Cn + ... = 2 −

n−2

n−2

n−2

( )
2

cos

cos

sin

n−2

nπ
4
nπ
4

nπ
4

sin

nπ
4

 Ví dụ 30.2 Chứng minh rằng, với mọi n ∈ ¥ * ta có
1 n
nπ 
0
3
6
9
a) Cn + Cn + Cn + Cn + ... =  2 + 2 cos
÷
3
3 
1 n
n +1 
1
4
7
10
π÷
b) Cn + Cn + Cn + Cn + ... =  2 − 2 cos
3
3

1 n
n −1 

2
5
8
11
π÷
c) Cn + Cn + Cn + Cn + ... =  2 − 2 cos
3
3

 Ví dụ 31.2 Chứng minh rằng, với mọi n ∈ ¥ * ta có
1
nπ
nπ 
Cn0 + Cn6 + Cn12 + Cn18 + ... =  2n −1 + 3n cos
+ cos
÷
3
6
3 
 Ví dụ 32.2 Tính tổng
0
5
10
15
a) S1 = Cn + Cn + Cn + Cn + ...
1
6
11
16
b) S 2 = Cn + Cn + Cn + Cn + ...

 Ví dụ 33.2 (Đạo hàm) Chứng minh rằng, với mọi n ∈ ¥ * ta có
1
3
5
7
a) Cn − 3Cn + 5Cn − 7Cn + ... = n

( 2)

n −1

cos

n −1
π
4

Trang 19/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
2
4
6
8
b) Cn − 2Cn + 3Cn − 4Cn + ... = n

( 2)

n −3

n −1
π.
4

sin

nπ 
 n −1
1
5
9
13
n−2
c) Cn +1 + 5Cn +1 + 9Cn +1 + 13Cn+1 + ... = ( n + 1)  2 + 2 cos 
4 

4
8
12
16
d) Cn +1 + 2Cn +1 + 3Cn +1 + 4Cn +1 + ... =

( n + 1) 2n−1 −

2n − 2 sin



4

nπ 
4 

 Ví dụ 34.2 (Tích phân) Chứng minh rằng, với mọi n ∈ ¥ * ta có
1 3 1 5 1 7
2 
 n + 1 
1
1 − 2n +1 cos 
π ÷
a) Cn − Cn + Cn − Cn + ... =

2
3
4
n +1 
 4

1 2 1 4 1 6
1
0
b) Cn − Cn + Cn − Cn + ... =
3
5
10
n +1

( 2)

n +1

sin

n +1
π
4

 Ví dụ 35.2 (Tích phân) Chứng minh rằng, với mọi n ∈ ¥ * ta có
1 2 1 5 1 8
1
Cn + Cn + Cn + ... =
3
6
9
3 ( n + 1)

a)

 n
( n + 1) π − 3 
 2 + 2 cos
÷
3



1 3 1 6 1 9
2

0
b) Cn + Cn + Cn + Cn + ... =
4
7
10
3 ( n + 1)

n −1 
 n
π÷
 2 + cos
3



1 1 1 4 1 7 1 10
2
Cn + Cn + Cn + Cn + ... =
2
5
8
11
3 ( n + 1)

c)

n−3 
 n
π÷
 2 + cos

3



Hướng dẫn

 Xét các khai triển nhị thức Newtơn

( 1+ x)

n

= Cn0 + Cn1 x + ... + Cnn −1 x n−1 + Cnn x n (*)

Với x = i ta có ( 1 + i ) = Cn0 + Cn1i + ... + Cnn −1i n −1 + Cnni n
n

n
nπ
nπ 
0
2
4
1
3
5
⇔ 2  cos
+ i sin
÷ = ( Cn − Cn + Cn − ...) + ( Cn − Cn + Cn − ...) i (**)
4

4 

n
nπ
 0
2
4
Cn − Cn + Cn − ... = 2 cos 4
Vậy ta có 
C1 − C 3 + C 5 − ... = 2 n sin nπ
n
n
 n
4

( 1)
( 2)

Nếu ta tính môđun của hai số phức trong (**) ta được

( 1− C

2
n

+ Cn4 − ...) + ( Cn1 − Cn3 + Cn5 − ...) = 2n
2

2

Ta có lời giải cho Ví dụ 28.2
n
0
1
n −1
n
Nếu x = 1 trong (*) ta được 2 = Cn + Cn + ... + Cn + Cn

Nếu x = −1 trong (*) ta được 0 = Cn0 − Cn1 + Cn2 − ... + ( −1) Cnn
n

Trang 20/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp

( 3)
( 4)

Cn0 + Cn2 + Cn4 + ... = 2n −1
Vậy ta có  1
3
5
n −1
Cn + Cn + Cn + ... = 2

0
4
8
n−2

Cộng (1) với (3) ta được Cn + Cn + Cn + ... = 2 +

2
6
10
n−2
Trừ (3) cho (1) ta được Cn + Cn + Cn + ... = 2 −

( 2)

( 2)

n−2

n−2

cos

cos

nπ
4

nπ
4

Tương tự đối với (2) và (4).
Ta có lời giải cho Ví dụ 29.2

 Xét Ví dụ 30.2, ta thấy khoảng cách giữa hai chỉ số trên liên tiếp là 3 nên ta xét số phức

Đặt z = cos
z k = cos

2π
2π
+ i sin
. Khi đó,
3
3

k 2π
k 2π
+ i sin
= 1 ⇔ k = 3m
3
3

Với k ≠ 3m , 0 = 1 − ( z 3 ) = 1 − ( z k ) = ( 1 − z k ) ( 1 + z k + z 2 k ) ⇒ 1 + z k + z 2 k = 0
k

3

Ta có

( 1 + 1) = Cn0 + Cn1 + Cn2 + Cn3 + ... + Cnn−1 + Cnn
n
( 1 + z ) = Cn0 + Cn1 z + Cn2 z 2 + Cn3 z 3 + ... + Cnn−1 z n−1 + Cnn z n

( 5)
( 6)

( 1+ z )

( 7)

n

2 n

= Cn0 + Cn1 z 2 + Cn2 z 4 + Cn3 z 6 + ... + Cnn −1 z 2 n −2 + Cnn z 2 n

Vì ( 1 + z )

( 1+ z )

2 n

n

n

2π
2π 
nπ
nπ 
nπ
nπ

n
n π 

= 1 + cos
+ i sin
+ i sin
+ i sin
÷ = 2 cos  cos
÷ = cos
3
3 
3
3
3 
3
3

n

4π
4π 
2nπ
2nπ 

n
n 2π 
=  1 + cos
+ i sin
+ i sin
÷ = 2 cos
 cos
÷
3

3 
3 
3
3 

π  
nπ 
nπ  


= 2n cos n  π − ÷ cos  nπ −
÷+ i sin  nπ −
÷
3  
3 
3  


π
nπ
nπ 
nπ
nπ
= 2n cos n  cos
− i sin
− i sin
÷ = cos
3
3
3 

3
3

Cộng theo vế (5), (6) & (7) ta có
2n + 2 cos

nπ
= 3Cn0 + 3Cn3 + 3Cn6 + ...
3

 Nhân thêm z 2 vào hai vế của (6) và z vào hai vế của (7) ta có

( 1 + 1) = Cn0 + Cn1 + Cn2 + Cn3 + ... + Cnn−1 + Cnn
n
z 2 ( 1 + z ) = Cn0 z 2 + Cn1 z 3 + Cn2 z 4 + Cn3 z 5 + ... + Cnn −1 z n +1 + Cnn z n + 2

( 5)
( 8)

z ( 1 + z 2 ) = Cn0 z + Cn1 z 3 + Cn2 z 5 + Cn3 z 7 + ... + Cnn −1 z 2 n −1 + Cnn z 2 n +1

( 9)

n

n

Trang 21/33

Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
Vì
4π
4π 
nπ
nπ
n

z 2 ( 1 + z ) =  cos
+ i sin
+ i sin
÷ cos
3
3 
3
3

 π + nπ 
 π + nπ 
= − cos 
÷− i sin 
÷
 3 
 3 


 4π + nπ
÷ = cos 
3





 4π + nπ 
÷+ i sin 
÷
3




n
2π
2π 
nπ
nπ  
2π
2π    nπ

z ( 1 + z 2 ) =  cos
+ i sin
− i sin
+ i sin
÷ cos
÷ =  cos
÷ cos  −
3
3 
3
3  

3
3    3

 2π nπ 
 2π nπ 
 π nπ 
 π nπ 
= cos 
−
−
÷+ i sin 
÷ = − cos  +
÷+ i sin  +
÷
3 
3 
 3
 3
3 3 
3 3 


 nπ  
÷+ i sin  −
÷

 3 

Cộng (5), (8) & (9) theo vế ta có
 π nπ 

1
4
7
2n − 2 cos  +
÷ = 3Cn + 3Cn + 3Cn + ...
3
3



 Nhân thêm z vào hai vế của (6) và z 2 vào hai vế của (7) ta có

( 1 + 1) = Cn0 + Cn1 + Cn2 + Cn3 + ... + Cnn−1 + Cnn
n
z ( 1 + z ) = Cn0 z + Cn1 z 2 + Cn2 z 3 + Cn3 z 4 + ... + Cnn −1 z n + Cnn z n +1

( 5)
( 10 )

z 2 ( 1 + z 2 ) = Cn0 z 2 + Cn1 z 4 + Cn2 z 6 + Cn3 z 8 + ... + Cnn −1 z 2 n + Cnn z 2 n + 2

( 11)

n

n

Vì
2π
2π 

nπ
nπ
n

z ( 1 + z ) =  cos
+ i sin
+ i sin
÷ cos
3
3 
3
3

 π − nπ 
 π − nπ 
= − cos 
÷+ i sin 
÷
 3 
 3 


 2π + nπ
÷ = cos 
3




 2π + nπ 

÷+ i sin 
÷
3




n
4π
4π 
nπ
nπ 

 4π nπ 
 4π nπ 
z 2 ( 1 + z 2 ) =  cos
+ i sin
− i sin
−
−
÷ cos
÷ = cos 
÷+ i sin 
÷
3
3 
3
3 
3 
3 


 3
 3
 π nπ 
 π nπ 
= − cos  −
÷− i sin  −
÷
3 3 
3 3 

Cộng (5), (10) & (11) theo vế ta có
1
n −1 
Cn2 + Cn5 + Cn8 + Cn11 + ... =  2n − 2 cos
π÷
3
3

Ta có lời giải cho Ví dụ 30.2

 Xét Ví dụ 31.2, ta thấy khoảng cách giữa hai chỉ số trên liên tiếp là 6 nên ta xét số phức
Đặt z = cos
z k = cos

2π
2π
π
π
+ i sin

= cos + i sin . Khi đó,
6
6
3
3

k 2π
k 2π
+ i sin
= 1 ⇔ k = 6m
6
6

Trang 22/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
Với k ≠ 6m ,
0 = 1 − ( z 6 ) = 1 − ( z k ) = ( 1 − z k ) ( 1 + z k + z 2 k + z 3k + z 4 k + z 5 k ) ⇒ 1 + z k + z 2 k + z 3 k + z 4 k + z 5 k = 0
k

6

( 1 + 1) = Cn0 + Cn1 + Cn2 + Cn3 + ... + Cnn−1 + Cnn
n
( 1 + z ) = Cn0 + Cn1 z + Cn2 z 2 + Cn3 z 3 + ... + Cnn−1 z n−1 + Cnn z n

( 5)
( 6)

( 1+ z
( 1+ z
( 1+ z
( 1+ z

n

)
)
)
)

2 n

= Cn0 + Cn1 z 2 + Cn2 z 4 + Cn3 z 6 + ... + Cnn −1 z 2 n −2 + Cnn z 2 n

( 7)

3 n

= Cn0 + Cn1 z 3 + Cn2 z 6 + Cn3 z 9 + ... + Cnn −1 z 3n −3 + Cnn z 3 n

( 12 )

4 n

= Cn0 + Cn1 z 4 + Cn2 z 8 + Cn3 z12 + ... + Cnn −1 z 4 n − 4 + Cnn z 4 n

( 13)

5 n

= Cn0 + Cn1 z 5 + Cn2 z10 + Cn3 z15 + ... + Cnn −1 z 5 n −5 + Cnn z 5n

( 14 )

π
π

 z = cos 3 − i sin 3
 3
π
π
Vì z = cos + i sin ⇒  z = −1
3
3

1
 z = 1 = z.z ⇒ = z
z


( 1+ z )

n

n

π
π

π
nπ
nπ

= 1 + cos + i sin ÷ = 2n cos n  cos
+ i sin
3
3
6
6
6


nπ
nπ 

n 
+ i sin
÷ = 3  cos
÷
6
6 



n

( 1+ z )

2π

2π 
nπ
nπ

n
n π 
=  1 + cos
+ i sin
+ i sin
÷ = 2 cos  cos
3
3 
3
3
3


( 1+ z )

=0

( 1+ z )

2
1 
1

=  1 + z 6 . 2 ÷ = 1 + 2 ÷ = 1 + z
z   z 


( 1+ z )

1

= 1 + z 6 . ÷ = 1 + z
z


2 n

3 n

4 n

5 n

n

n

n

(

)

n

(

)

n


 2π
= 1 + cos  −
 3


nπ
nπ

+ i sin
÷ = cos
3
3



 2π
÷+ i sin  −

 3

n

nπ
nπ


− i sin
÷ = cos
3
3


nπ
nπ 

= 3n  cos
− i sin
÷
6
6 


Cộng theo vế ( 5 ) , ( 6 ) , ( 7 ) , ( 12 ) , ( 13) & ( 14 ) ta có
nπ
nπ


2  3n cos
+ cos
+ 2n −1 ÷ = 6Cn0 + 6Cn6 + 6Cn12 + 6Cn18 +
6
3


Ta có lời giải cho Ví dụ 31.2. Tương tự, yêu cầu học sinh về làm Ví dụ 32.2.

 Lấy đạo hàm 2 vế của (*) ta được
n ( 1+ x)

n −1

= Cn1 + 2Cn2 x + 3Cn3 x 2 + ... + ( n − 1) Cnn −1 x n −2 + nCnn x n −1

(15)

n −1
1
2
3
n
Với x = 1 ta được n.2 = Cn + 2Cn + 3Cn + ... + nCn

(16)

1
2
3
Với x = −1 ta được 0 = Cn − 2Cn + 3Cn − ...

(17)

1
3
5
n−2

Cộng (16) với (17) ta được Cn + 3Cn + 5Cn + ... = n.2

(18)

Trang 23/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
2Cn2 + 4Cn4 + ... = n.2n −2

Từ (17) ta có

(19)

n −1
n −1
 1
3
5
C
−
3
C
+
5
C
−
...
=
n

2
cos
π
n
n
n

4
Với x = i ta có 
n −1
n −1
C 2 − 2C 4 + 3C 6 − 4C 8 + ... = n 2
sin
π
n
n
n
n

4

( )

( )

1
5
9
n −3
Cộng (18) với (20) ta được Cn + 5Cn + 9Cn + ... = n.2 + n

( 2)

n −1

( 20 )
( 21)
sin

n −1
π
4

Ta có lời giải cho Ví dụ 33.2

 Lấy tích phân 2 vế của (*) với cận từ 0 đến z ta có
1
1
1
1
1
1 n +1 n
n +1
= zCn0 + z 2Cn1 + z 3Cn2 + ... + z nCnn −1 +
z Cn , ∀z ∈ ¡ (**)
( 1+ z ) −
n +1
n +1
2
3

n
n +1
Vì (**) đúng với z ∈ ¡ nên cũng đúng với z ∈ £ . Vậy cho z = i , ta có
1
1
1
1
1
1 n +1 n
n +1
= iCn0 + i 2Cn1 + i 3Cn2 + ... + i nCnn −1 +
i Cn
( 1+ i) −
n +1
n +1
2
3
n
n +1
1
1
1
1
1
1
1


= − Cn1 + Cn3 − Cn5 + Cn7 − .... + i  Cn0 − Cn2 + Cn4 − Cn6 + ... ÷
2

4
6
8
3
5
10


Mặt khác
n +1

1
1   1
1 
n +1
2
+i
( 1+ i) =

÷
n +1
n +1   2
2 
n +1 
1
n +1
n +1 
=
2
π + i sin

π÷
 cos
n +1
4
4



( )

n +1
1
n +1
1
 1 1 1 3 1 5 1 7
cos
π−
 − 2 Cn + 4 Cn − 6 Cn + 8 Cn − ... = n + 1 2
4
n +1
Suy ra 
.
n +1
n +1
C 0 − 1 C 2 + 1 C 4 − 1 C 6 + ... = 1
2
sin
π
n
n

n
n
3
5
10
n +1
4


( )

( )

1
1
1
2
Cn0 + Cn3 + Cn6 + Cn9 + ... =
4
7
10
3 ( n + 1)

n −1 
 n
π÷
 2 + cos
3



Ta có lời giải cho Ví dụ 34.2

 Ta thấy các chỉ số trên của hai số hạng liên tiếp hơn kém nhau 3 đơn vị
Đặt Đặt z = cos
z k = cos

2π
2π
+ i sin
. Khi đó,
3
3

k 2π
k 2π
+ i sin
= 1 ⇔ k = 3m
3
3

Với k ≠ 3m , 0 = 1 − ( z 3 ) = 1 − ( z k ) = ( 1 − z k ) ( 1 + z k + z 2 k ) ⇒ 1 + z k + z 2 k = 0
k

( 1+ x)

n

3

= Cn0 + Cn1 x + ... + Cnn −1 x n−1 + Cnn x n (*)

Lấy tích phân 2 vế của (*) với cận từ 0 đến 1 ta có
Trang 24/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài tốn tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
1
1
1
1
1
1
n +1
= Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn −1 +
Cnn
( 1 + 1) −
n +1
n +1
2
3
n
n +1

(22)

Lấy tích phân 2 vế của (*) với cận từ 0 đến z ta có
1
1
1

1
1
1 n +1 n
n +1
= zCn0 + z 2Cn1 + z 3Cn2 + ... + z nCnn −1 +
z Cn
( 1+ z ) −
n +1
n +1
2
3
n
n +1

(23)

Lấy tích phân 2 vế của (*) với cận từ 0 đến z 2 ta có
n +1
1
1
1
1
1
1 2n + 2 n
1+ z2 ) −
= z 2Cn0 + z 4Cn1 + z 6Cn2 + ... + z 2 nCnn −1 +
z Cn
(
n +1
n +1

2
3
n
n +1

Vì ( 1 + z )

( 1+ z2 )

n +1

n +1

= cos

(24)

( n + 1) π + i sin ( n + 1) π
3

3

2 ( n + 1) π
2 ( n + 1) π 

+ i sin
 cos
÷
3
3



( n + 1) π  + i sin  n + 1 π − ( n + 1) π  
π  

= 2n cos n  π − ÷cos  ( n + 1) π −
)
÷
(
÷
3   
3
3



 
( n + 1) π − i sin ( n + 1) π
= cos
3
3
n +1

4π
4π 

=  1 + cos
+ i sin
÷
3

3 


= 2 n +1 cos n +1

2π
3

Cộng theo vế (22), (23) và (24) ta có

)

(

n +1
1
1
1
n +1
1

2n + ( 1 + z ) + ( 1 + z 2 ) − 3 = 3  Cn2 + Cn5 + Cn8 + ... ÷
n +1
6
9
3


⇔

( n + 1) π − 3  = 1 C 2 + 1 C 5 + 1 C 8 + ...
1  n
 2 + 2 cos
÷
n
n
n
3 ( n + 1) 
3
6
9
 3

Nhân hai vế của (23) với z2, của (24) với z rồi cộng 2 vế ta được:
1
1
1
2
Cn0 + Cn3 + Cn6 + Cn9 + ... =
4
7
10
3 ( n + 1)

n −1 
 n
π÷
 2 + cos
3




Ta có lời giải cho Ví dụ 35.2

 Tương tự, ta có thể vừa lấy đạo hàm vừa lấy tích phân sẽ được những đẳng thức đẹp!
Nhận xét:
- Trong Ví dụ 7.2 ta thấy khoảng cách giữa các chỉ số trên bằng 4 nên ta có thể giải tương tự
các bài toán trên với số phức z = cos

2π
2π
+ i sin
= −1 .
2
2

- Trong Ví dụ 29.2 ta thấy khoảng cách giữa các chỉ số trên bằng 4 nên ta có thể giải tương tự
các bài tốn trên với số phức z = cos

2π
2π
+ i sin
=i.
4
4

Trang 25/33