MỘT SỐ BÀI TẬP XÁC XUẤT LỚP 11 CÓ ĐÁP ÁN || ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TÍNH TỔNG CÁC DÃY SỐ

MỘT SỐ BÀI TẬP XÁC XUẤT LỚP 11 CÓ ĐÁP ÁN
Bài toán 1.
Cho một lục giác đều ABCDEF. Viết các chữ cái A, B, C, D, E, F vào 6 thẻ. Lấy ngẫu nhiên hai
thẻ. Tìm xác suất sao cho đoạn thẳng mà các đầu mút là các điểm được ghi trên 2 thẻ đó là:
a) Cạnh của lục giác.
b) Đường chéo của lục giác.
c) Đường chéo nối 2 đỉnh đối diện của lục giác.
(Bài 8 – trang 77 sách Đại số và giải tích 11
+ Vì lấy 2 điểm nên:

->

+ Gọi:
A là biến cố “2 thẻ lấy ra là 2 cạnh của lục giác”
B là biến cố “2 thẻ lấy ra là đường chéo của lục giác”
C là biến cố “2 thẻ lấy ra là đường chéo của 2 cạnh đối diện của lục giác”

Bài toán 2.
Xếp ngẫu nhiên ba bạn nam và ba bạn nữ ngồi vào sáu ghế kê theo hàng ngang. Tìm xác suất sao
cho.
a)
Nam nữ ngồi xen kẽ nhau.
b)
Ba bạn nam ngồi cạnh nhau.
(Bài 6 – trang 76 sách Đại số và giải tích 11)
+ Cách xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ vào 6 ghế kê theo hàng ngang

cách.

+Cách xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ vào 6 ghế kê theo hàng ngang, biết rằng nam nữ ngồi xen

kẽ nhau

cách.

+Cách xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ vào02 6 ghế kê theo hàng ngang, biết rằng ba bạn nam

ngồi cạnh nhau 4.

cách.

-1-


+ Gọi

là biến cố “Xếp 3 học sinh nam và 3 học sinh nữ vào 6 ghế kê theo hàng ngang mà nam và nữ

xen kẽ nhau”
+ Gọi

là biến cố “Xếp 3 học sinh nam và 3 học sinh nữ vào 6 ghế kê theo hàng ngang mà 3 bạn nam

ngồi cạnh nhau”
+ Ta có
+ Suy ra

Bài tốn 3.
Gieo một con súc xắc, cân đối và đồng nhất. Giả sử con súc xắc suất hiện mặt b chấm. Xét
phương trình
Tính xác suất sao cho phương trình có nghiệm.

( Bài 4 trang 74 sách Đại số và giải tích 11)
+ Ký hiệu “con súc xắc suất hiện mặt b chấm” là b:
+ Không gian mẫu:
+ Gọi A là biến cố: “Phương trình có nghiệm”
+ Ta đã biết phương trình

có nghiệm khi

+ Do đó

Bài tốn 4.
Trên một cái vịng hình trịn dùng để quay sổ số có gắn 36 con số từ 01 đến 36. Xác suất để
bánh xe sau khi quay dừng ở mỗi số đều như nhau. Tính xác suất để khi quay hai lần liên tiếp bánh xe
dừng lại ở giữa số 1 và số 6 ( kể cả 1 và 6) trong lần quay đầu và dừng lại ở giữa số 13 và 36 ( kể cả 13
và 36) trong lần quay thứ 2.
Phân tích: Rõ ràng là trong bài tốn này ta khơng thể sử dụng phương pháp liệt kê vì số phần tử của
biến cố là tương đối lớn. Ở đây ta sẽ biểu diễn tập hợp dưới dạng tính chất đặc trưng để tính tốn.
Gọi A là biến cố cần tính xác suất
-2-


Có 6 cách chọn i, ứng với mỗi cách chọn i có 25 cách chọn j ( từ13 đến36 có 25 số) do đó theo quy tắc
nhân

Bài tốn 5
Gieo một đồng tiền cân đối đồng chất liên tiếp cho đến khi lần đầu tiên xuất hiện mặt ngửa hoặc cả 6
lần xuất hiện mặt sấp thì dừng lại.
a) Mơ tả khơng gian mẫu.
b) Tính xác suất:
A: “Số lần gieo khơng vượt quá ba”

B: “Số lần gieo là năm”
C: “Số lần gieo là sáu”
a) hơng gian mẫu
b) Ta có:

Bài tốn 6
Gieo đồng tiền xu cân đối đồng chất 3 lần. Tính xác suất của các biến cố:
a) Biến cố A: “Trong 3 lần gieo có ít nhất một lần xuất hiện mặt ngửa”.
b) Biến cố B: “Trong 3 lần gieo có cả hai mặt sấp, ngửa”.
+ Khơng gian mẫu
+ Ta có biến cố đối của biến cố A là biến cố:
: “Khơng cố lần nào xuất hiện mặt ngửa”

Và ta có
+ Tương tự ta có:
-3-


Bài toán 7.
Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối đồng chất hai lần. Tính xác suất của các
biến cố sau:
a) Biến cố A: “Trong hai lần gieo ít nhất một lần xuất hiện mặt một chấm”
b) Biến cố B: “Trong hai lần gieo tổng số chấm trong hai lần gieo là một số nhỏ hơn
11”
+ Không gian mẫu
a) Ta có biến cố đối

b) Ta có:

Bài tốn 8.

Gieo đồng thời hai con súc sắc. Tính xác suất sao cho:
a) Hai con súc sắc đều xuất hiện mặt chẵn.
b) Tích số chấm trên 2 con súc sắc là số chẵn.
+ Ta có
+ Gọi

là biến cố “Hai con súc sắc đều xuất hiện mặt chẵn”

+ Do đó
+ Có 3 cách chọn

, với mỗi cách chọn

-4-

ta có 3 cách chọn . Do đó có 9 cách chọn


Cách 2:
+ Gọi A là biến cố “Con súc sắc thứ nhất xuất hiện mặt chẵn”
B là biến cố “Con súc sắc thứ hai xuất hiện mặt chẵn”
X là biến cố “Hai con súc sắc đều xuất hiện mặt chẵn”
+ Thấy rằng

và

là hai biến cố độc lập và
(Trong 6 mặt thì có 3 mặt chẵn)

+ Do vậy ta có:

b. Gọi

là biến cố “Tích số chấm trên 2 con súc sắc là số chẵn”

Có 3 khả năng xảy ra để tích số chấm trên con súc sắc là số chẵn:
 Con súc sắc thứ nhất xuất hiện mặt chẵn, con súc sắc thứ hai xuất hiện mặt lẻ.
 Con súc sắc thứ nhất xuất hiện mặt lẻ, con súc sắc thứ hai xuất hiện mặt chẵn.
 Cả hai con súc sắc cùng xuất hiện mặt chẵn.
Và ta có

“Tích số chấm trên 2 con súc sắc là số lẻ” chỉ có 1 khả năng là cả hai con súc sắc đều

xuất hiện mặt lẻ.
+ Như vậy một lần nữa ta lại thấy ưu thế của biến cố đối.
+ Ta có

và ,

độc lập nên ta có:

+ Do đó

Bài tốn 9.
Trong hịm có 10 chi tiết, trong đó có 2 chi tiết hỏng. Tìm xác suất để khi lấy ngẫu nhiên 6 chi
tiết thì có khơng q 1 chi tiết hỏng.
+ Số cách lấy ra 6 chi tiết từ 10 chi tiết là

-5-

+ Gọi

là biến cố “Trong 6 chi tiết lấy ra khơng có chi tiết nào hỏng”
là biến cố “trong 6 chi tiết lấy ra có 1 chi tiết hỏng”
là biến cố “Trong 6 chi tiết lấy ra có khơng q 1 chi tiết hỏng”

+ Khi đó

. Do

và

xung khắc nhau nên

+ Có 8 chi tiết khơng bị hỏng nên

+ Số cách lấy 5 chi tiết từ 8 chi tiết KHÔNG bị hỏng là
+ Số cách lấy 1 chi tiết từ 2 chi tiết hỏng là
+ Theo quy tắc nhân ta có
+ Do vậy ta có:

Bài tốn 10
Có hai hộp cùng chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất có 7 quả cầu đỏ, 5 quả cầu xanh.
Hộp thứ hai có 6 quả cầu đỏ, 4 quả cầu xanh. Từ mỗi hộp lấy ra ngẫu nhiên 1 quả
cầu.
a) Tính xác suất để 2 quả cầu lấy ra cùng màu đỏ.
b) ính xác suất để 2 quả cầu lấy ra cùng màu.
a) Gọi:
A là biến cố “Quả cầu lấy ra từ hộp thứ nhất màu đỏ”

B là biến cố “Quả cầu lấy ra từ hộp thứ hai màu đỏ”
X là biến cố “Hai quả cầu lấy ra cùng màu đỏ”
-6-


+ Ta có

,

+ Mặt khác A và B độc lập nên

b) Gọi:
Y là biến cố “Hai quả cầu lấy ra cùng màu xanh”
Z là biến cố “Hai quả cầu lấy ra cùng màu”
+ Ta có
+ Mặt khác

và

độc lập nên

+ Thấy rằng

nên

Bài tốn 11
Có 2 lơ hàng. Người ta lấy ngẫu nhiên từ mỗi lô hàng một sản phẩm. Xác suất để được sản phẩm chất
lượng tốt ở từng lô hàng lần lượt là

. Hãy tính xác suất để:

a) Trong 2 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm có chất lượng tốt.
b) Trong 2 sản phẩm lấy ra có đúng 1 sản phẩm có chất lượng tốt.
Phân tích: Đây là bài toán cho trước xác suất nên chắc chắn ta phải sử dụng phép tốn tính xác suất để
giải quyết. Biến cố cơ sở sẽ là “Lấy được sản phẩm tốt từ lô hàng thứ nhất” và “Lấy được sản phẩm tốt
từ lô hàng thứ hai”
Lời giải:
Gọi

“Lấy được sản phẩm tốt từ lô hàng thứ nhất”

“Lấy được sản phẩm tốt từ lô hàng thứ hai”
-7-


Khi đó ta có:

a) Gọi

là biến cố “Trong 2 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm có chất lượng tốt”.

Suy ra

Do ba biến cố

b) Gọi

là độc lập nên ta có

là biến cố “Trong 2 sản phẩm lấy ra có đúng một sản phẩm có chất lượng tốt”.

Suy ra

Do

xung khắc và biến cố

và B; A và

độc lập nên ta có

Bài tốn 12
Một phịng được lắp hai hệ thống chng báo động phịng cháy, một hệ thống báo khi thấy khói
và một hệ thống báo khi thấy lửa xuất hiện. Qua thực nghiệm thấy rằng xác suất chuông báo khói
là

, chng báo lửa là

và cả 2 chng báo là

. Tính xác suất để khi có hỏa hoạn ít

nhất một trong 2 chng sẽ báo.
Phân tích: Biến cố cần tính xác suất là chng báo khói báo hoả hoạn hoặc chng báo lửa báo lửa sẽ
báo hoả hoạn. Do đó bài toán này chắc chắn là dùng quy tắc cộng. Tuy nhiên hai biến cố cơ sở lại
không xung khắc. Trong trường hợp này ta phải sử dụng quy tắc cộng mở rộng
Lời giải
Gọi

là biến cố “Chuông báo khi thấy khói”

là biến cố “Chng báo khi thấy lửa”

-8-


là biến cố “Ít nhất một trong hai chơng báo khi hỏa hoạn”
Theo giả thiết bài tốn ta có
Do đó ta có:
2/ Trong một chiếc hộp có 5 bóng trắng, 6 bóng xanh, 7 bóng đỏ lấy ngẫu nhiên 4 quả bóng. Tìm xác
suất để có 4 quả bóng có đủ 3 mầu.
Bài 1:
Có 30 đề thi trong đó có 10 đề khó, 20 đề trung bình. Tìm xác suất để:
a) Một Học sinh bắt một đề gặp được đề trung bình.
b) Một Học sinh bắt hai đề, được ít nhất một đề trung bình.
Giải
a) Gọi A là biến cố Học sinh bắt được đề trung bình:

C120 20 2
P(A)  1 

C30 30 3
b) Gọi B là biến cố học sinh bắt được 1 đề trung bình và một đề khó
Gọi C là biến cố học sinh bắt được 2 đề trung bình.
Gọi D là biến cố học sinh bắt hai đề, được ít nhất một đề trung bình.

C120 .C110  C220 200  190

 0,896
Khi đó: P(D) 
2

C30
435
1
2
3
4
5
tất cả A5  A5  A5  A5  A5  325 tín hiệu.
Bài 3: Từ một tổ gồm 6 bạn nam và 5 bạn nữ, chọn ngẫu nhiên 5 bạn xếp vào bànd 9ầu theo những
thứ tự khác nhau. Tính xác suất sao cho trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam.
Giải
Mỗi một sự sắp xếp chỗ ngồi cho 5 bạn là một chỉnh hợp chập 5 của 11 bạn.
5
Vậy khơng gian mẫu  gồm A11 (phần tử)
Kí hiệu A là biến cố: “Trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam”
Để tính n(A) ta lí luận như nhau:
3
- Chọn 3 nam từ 6 nam, có C6 cách.
2
- Chọn 2 nữ từ 5 nữ, có C5 cách.
- Xếp 5 bạn đã chọn vào bàn đầu theo những thứ tự khác nhau, có 5! Cách.
3
2
Từ đó theo quy tắc nhân ta có: n(A) = C6 . C5 .5!
Vì sự lựa chọn và sự sắp xếp là ngẫu nhiên nên các kết quả đồng khả năng.
C63 .C52 .5!
�0, 433 .
Do đó: P ( A) 
A115

Bài 4: Một tổ chuyên môn gồm 7 thầy và 5 cơ giáo, trong đó thấy P và cô Q là vợ chồng. Chọn ngẫu
nhiên 5 người để lập hội đồng chấm thi vấn đáp. Tính xác suất để sao cho hội đồng có 3 thầy, 2 cơ và
nhất thiết phải có thầy P hoặc cơ Q nhưng khơng có cả hai.
Giải:
-9-


Kết quả của sự lựa chọn là một nhóm 5 người tức là một tổ hợp chập 5 của 12. Vì vậy khơng gian
5
mẫu  gồm C12  792 phần tử.
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất.
B là biến cố chọn được hội đồng gồm 3 thầy, 2 cơ trong đó có thầy P nhưng khơng có cơ Q.
C là biến cố chọn được hội đồng gồm 3 thấy, 2 cơ trong đó có cơ Q nhưng khơng có thầy P.
Như vậy: A = B  C và n(A) = n(B) + n(C).
Tính n(B) như sau:
- Chọn thầy P, có 1 cách
2
- Chọn 2 thầy từ 6 thầy cịn lại, có C6 cách
2
- Chọn 2 cơ từ 4 cơ, có C4 cách
2

2

Theo quy tắc nhân, n(B) = 1. C6 . C4 = 90
3
1
Tương tự n(C) = 1. C6 . C4 = 80

n( A) 170


�0, 215
n() 792
Bài 5: Sáu bạn, trong đó có bạn H và K, được xếp ngẫu nhiên thành hàng dọc. Tính xác suất sao cho:
a. Hai bạn H và K đứng liền nhau;
b. hai bạn H và K không đứng liền nhau.
Giải:
Không gian mẫu  gồm các hốn vị của 6 bạn. Do đó: n() = 6!. Do việc xếp là ngẫu nhiên  gồm các
kết quả đồng khả năng.
a. Kí hiệu:
A là biến cố “H và K đứng liền nhau”,
B là biến cố “H đứng ngay trước K”
C là biến cố “K đứng ngay trước H”
Rõ ràng B và C xung khắc và A = B  C.
Vậy n(A) = 80 + 90 = 170 và P(A) =

* Tính n(B):
Xếp H và 4 bạn khác thành hàng, có 5! Cách. Trong mỗi cách xếp như vậy, xếp bạn K ngay sau H, có
1 cách. Vậy theo quy tắc nhân ta có:
n(B) = 5! x 1 = 5!
* Tương tự: n(C) = 5!
5! 5! 1
Do đó P(A) = P(B) + P(C) =  
6! 6! 3
b. Ta thấy A là biến cố: “H và K không đứng liền nhau”. Vậy:
1 2
P ( A)  1  P( A)  1  
3 3
Bài 6: Tổ I có 6 nam và 7 nữ, tổ II có 8 nam và 4 nữ. Để lập một đoàn đại biểu, lớp trưởng chọn ngẫu
nhiên từ mỗi tổ hai người. Tính xác suất sao cho đồn đại biểu gồm tồn nam hoặc toàn nữ.

Giải:
Gọi: A là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nam hoặc toàn nữ”,
B là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nam”,
C là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nữ”.
Ta có: BC = , A = B  C.
Suy ra: P(A) = P(B) + P(C)
- 10 -


2
Chọn 2 người từ tổ I, có C13 cách.
2
Chọn 2 người từ tổ II, có C12 cách.
2
2
Từ đó khơng gian mẫu gồm: C13 . C12 = 5148 (phần tử).
2
2
n(B) = C6 .C8 = 420
2

2

n(C) = C7 .C4 = 126
420 126
546


�0,106
Vậy P(A) =

5148 5148 5148

- 11 -


ÚNG DỤNG SỐ PHỨC TÍNH TỔNG CÁC DÃY SỐ
LỜI NĨI ĐẦU
Trong chương trình đổi mới nội dung Sách giáo khoa, số phức được đưa vào
chương trình tốn học phổ thơng và được giảng dạy ở cuối lớp 12. Ta biết sự ra đời của
số phức là do nhu cầu mở rộng tập hợp số, số phức là cầu nối hoàn hảo giữa các phân
mơn Đại số, Lượng giác, Hình học và Giải tích (thể hiện sâu sắc mối quan hệ đó là cơng
thức eiπ  1 0 ). Số phức là vấn đề hồn tồn mới và khó đối với học sinh, địi hỏi
người dạy phải có tầm nhìn sâu, rộng về nó. Do những tính chất đặc biệt của số phức
nên khi giảng dạy nội dung này giáo viên có nhiều hướng khai thác, phát triển bài tốn
để tạo nên sự lôi cuốn, hấp dẫn người học. Bằng việc kết hợp các tính chất của số phức
với một số kiến thức đơn giản khác về lượng giác, giải tích, đại số và hình học giáo viên
có thể xây dựng được khá nhiều dạng toán với nội dung hấp dẫn và hồn tồn mới mẻ.
Vì mới đưa vào chương trình SGK nên có rất ít tài liệu về số phức để học sinh và
giáo viên tham khảo. Bên cạnh đó, lượng bài tập cũng như các dạng bài tập về số phức
trong SGK còn nhiều hạn chế. Giúp học sinh có cái nhìn sâu, rộng hơn về số phức, trong
q trình giảng dạy tơi ln tìm tịi khai thác và kết hợp các kiến thức khác về toán học
để xây dựng các dạng bài tập mới cho học sinh tư duy, giải quyết. Một trong các vấn đề
tôi xây dựng là dạng tốn “Ứng dụng số phức để tính tổng của các Ck
n ” trên cơ sở
khai thác tính chất của số phức và vận dụng khai triển nhị thức Newton.
Để nội dung của sáng kiến kinh nghiệm này có tính thực tiễn trong cơng tác giảng
dạy chung của nhà trường, rất mong được sự đóng góp ý kiến xây dựng và bổ xung của
các đồng chí trong tổ chuyên môn và các đồng nghiệp khác.
Vĩnh Yên, ngày 20 tháng 5 năm 2009
Người thực hiện

Lê Hồng Thái

- 12 -


NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI
I- MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT:

1- Khai triển nhị thức Newton:
Với mọi x và với mọi nN* ta có:
n-1 n-1
n n
(1 + x)n = C 0n  xC1n  x 2 C 2
n  ...  x C n  x C n
2- Các tính chất của số phức dùng trong đề tài:
* Hai số phức z = x + iy, w = x/ + iy/ bằng nhau khi và chỉ khi x = x/ và y = y/
* z = r(cos + isin)  zn = [r(cos + isin)]n = rn(cosn + isinn)
* Giải phương trình: x3 – 1 = 0
1
3
1
3
Ta được các nghiệm là x1 = 1; x  
i ; x  
i.
2
3
2 2
2 2
Các nghiệm đó chính là các căn bậc ba của 1.

Đăt: ε 

1
3
1
3

i  ε 2  
i và ε có các tính chất sau:
2 2
2 2

1)

ε + ε 2 = -1

2)

ε 3 1

3)

ε 3k 1

4)

ε 3k  1 ε

5)

ε 3k  2 ε 2
(k – nguyên).

3- Khi nào thì dùng số phức để tính tổng của các C nk ?
Đây là vấn đề lớn nhất cần chú ý cho học sinh. Ta dùng số phức để tính tổng của
các Ckn khi tổng này có hai đặc điểm:
* Các dấu trong tổng xen kẽ đều nhau .
* k luôn lẻ, hoặc luôn chẵn hoặc khi chia k cho một số ta luôn được cùng một số dư
(trong chương trình phổ thơng ta chỉ cho HS làm với k = 3l, k = 3l + 1, k = 3l + 2).

- 13 -


4- Các tổng của C nk được tính như thế nào ?
* Khai triển (1 + x)n, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp (thường ta
chọn là x = i). So sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức trong hai cách
tính.

6

* Khai triển trực tiếp các số phức (thường chỉ xét các số phức có argument là  ,


 ,  ). Sau đó so sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức trong hai
4
3

cách tính.
* Khai triển (1 + x)n, đạo hàm hai vế theo x sau đó cho x nhận giá trị là những số
phức thích hợp (thường ta chọn là x = i). Sau đó so sánh phần thực và phần ảo của

cùng một số phức trong hai cách tính.
* Khai triển (1 + x)n, cho x nhận giá trị là các căn bậc ba của đơn vị. Cộng vế theo
vế các đẳng thức thu được. Suy ra giá trị của tổng cần tìm.
Điều quan trọng là phải quan sát tổng cần tìm có những đặc điểm gì để lựa chọn một
trong các cách trên. Chủ yếu là căn cứ vào hệ số của các C nk trong tổng. Để nói chi tiết
được điều này địi hỏi phải có lượng lớn những nhận xét, sẽ vượt quá khuôn khổ cho
phép của một đề tài sáng kiến kinh nghiệm. Tơi chỉ đưa ra một số ví dụ minh hoạ cho
từng dạng, qua đó người đọc sẽ tự trả lời được câu hỏi: Để tính tổng này ta phải làm gì?
II- MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HOẠ:
Dạng 1:Khai triển (1 + x) n, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp hoặc khai
triển trực tiếp các số phức
Ví dụ 1:
 C4
 C6
 ...  C 2004  C 2006  C 2008
Tính tổng A = C02009  C 2
2009
2009
2009
2009
2009
2009
 C5
 C7
 ...  C 2005  C 2007  C 2009
B =  C12009  C 3
2009
2009
2009
2009

2009
2009
- 14 -


Giải:
Xét khai triển:
 ...  x 2008C 2008  x 2009 C 2009
(1 + x)2009 = C02009  xC12009  x 2C 2
2009
2009
2009
Cho x = - i ta có:
 ...  i 2008C 2008  i 2009C 2009
(1 – i )2009 = C 02009  iC12009  i 2 C 2
2009
2009
2009
 C4
 C6
 ... C2004  C2006  C2008 ) +
= ( C02009  C2
2009
2009
2009
2009 2009
2009
5
 C7
 ... C2005  C2007  C 2009 )i

+ (  C12009  C32009  C2009
2009
2009
2009
2009
Mặt khác:

π
π 
(1  i) 2009 ( 2 ) 2009  cos    isin   
 4
 4 


2009

( 2 ) 2009  cos



2009π
2009π 
 isin

4
4 

2009  cos π  isin π  ( 2 )2009  2  i 2  21004  21004 i
= ( 2)
 2

4
4
2 


So sánh phần thực và phần ảo của (1 – i )2009 trong hai cách tính trên ta được:
 C4
 C6
 ... C2004  C2006  C2008 = 21004
A = C02009  C2
2009
2009
2009
2009
2009
2009
 C2007  C2009 = - 21004
B =  C12009  C32009  C52009  C72009  ... C2005
2009
2009
2009
Ví dụ 2:
1  0
2
2 4
23 46 24 48 25 50 
Tính tổng: C = 50  C50  3C50  3 C50  ...  3 C50  3 C50  3 C50 
2
Giải:
Xét khai triển:

 1

   3 i
 2
2 




50


1  0
1
2 2
49 49
50 50 
 C50  (i 3 )C 50  (i 3 ) C50  ...  (i 3 ) C50  (i 3 ) C50  
50


2

1  0
2 2
4 4
46 46
48 48
50 50 
 C50  ( 3 ) C50  ( 3 ) C50  ...  ( 3 ) C50  ( 3 ) C50  ( 3 ) C50  

50


2

- 15 -


1 
+ 50  
2

3C1  ( 3 )3 C3  ( 3 )5 C5  ...  ( 3) 47 C 47  ( 3) 49 C 49 i
50
50
50
50
50 



Mặt khác:   1  3 i 
 2
2 


50


 2π 

 2π  
 cos   isin  
 3 
 3 




So sánh phần thực của   1  3 i 
 2
2 


50

1
3
 100π 
 100π 
  isin
   i
2
2
 3 
 3 

cos

50

trong hai cách tính trên ta được:

1
1  0
2
2 4
23 46 24 48 25 50 
C = 50  C50  3C50  3 C50  ...  3 C50  3 C50  3 C50  
2
2
Ví dụ 3:
10 0
9 2
8 4
7 6
2 16
18
20
Tính tổng: D = 3 C20  3 C20  3 C20  3 C20  ...  3 C20  3C20  C20
Giải:
Xét khai triển:



3 i

20 (

3 ) 20 C0  i( 3 )19 C1  ( 3 )18 C 2  ...  ( 3 ) 2 C18  i 3C19  C 20 =
20

20
20
20
20
20

 38 C4  37 C6  ...  32 C16  3C18  C20 ) +
= ( 310 C020  39 C2
20
20
20
20
20
20
19 1
17 3
3 17
19 

+  ( 3 ) C20  ( 3 ) C20  ...  ( 3 ) C20  3C20 i


Mặt khác:



3 i

20



220  cos



 3
1
220 
 i 
2
 2

20

π
π
220  cos  isin 
6
6


20

220  cos



20π
20π 

 isin

6
6 

 1
4π
4π 
3 
 isin  220   
i   219  219 3 i
3
3
2 
 2

So sánh phần thực của



3 i

20 trong hai cách tính trên ta có:

 38 C4  37 C6  ...  32 C16  3C18  C20 = - 219
D = 310 C020  39 C2
20
20
20
20

20
20
Dạng 2: Khai triển (1 + x)n, đạo hàm hai vế theo x sau đó cho x nhận giá trị là những
số phức thích hợp
- 16 -


Ví dụ 1:
 5C5  7C7  ...  25C 25  27C 27  29C29
Tính tổng: D = C130  3C 3
30
30
30
30
30
30
 4C4  6C 6  8C 8  ...  26C 26  28C 28  30C 30
E = 2C2
30
30
30
30
30
30
30
Giải:
0  xC1  x 2C 2  x 3C3  ...  x 28C 28  x 29C 29  x 30C30
(1 + x)30 = C30
30
30

30
30
30
30
Đạo hàm hai vế ta có:
2  3x 2C3  ...  28x 27 C 28  29x 28C 29  30x 29C30
30(1 + x)29 = C130  2xC30
30
30
30
30
Cho x = i ta có:
7  ...  25C25  27C27  29C29 ) +
30(1 + i)29 = ( C130  3C330  5C530  7C30
30
30
30
2  4C4  6C6  8C8  ...  26C26  28C28  30C30 )i
+ ( 2C30
30
30
30
30
30
30
Mặt khác:

 

30(1 + i)29 = 30 2

29 

π
π
 cos  isin 
4
4


 29  

30 2



29

29π 
 29  cos 29π
 isin

4
4 

30 2

2
2 


i   15.215  15.215 i
2
2 

So sánh phần thực và ảo của 30(1 + i)29 trong hai cách tính trên ta có:
7  ...  25C25  27C27  29C29 = - 15.215
D = C130  3C330  5C530  7C30
30
30
30
2  4C4  6C6  8C8  ...  26C26  28C28  30C30 = - 15.215
E = 2C30
30
30
30
30
30
30
Ví dụ 2:
 4.32 C4  6.33 C6  ...  18.39 C18  20.310 C20
Tính tổng S = 2.3C2
20
20
20
20
20

Giải:
Xét khai triển:
(1 + 3 x)20 =

- 17 -


 ( 3x)3 C3  ...  ( 3x)19 C19  ( 3x) 20 C 20
= C 020  ( 3x)C120  ( 3x) 2 C 2
20
20
20
20
Đạo hàm hai vế ta có:
20 3 (1  3x)19 =
=

3C1  2.3xC 2  3.( 3 )3 x 2C3  ...  19.( 3 )19 x18C19  20.310 x19C 20
20
20
20
20
20

Cho x = i ta có: 20 3 (1  3i)19 =
3 3
5 5
17 17
19 19 

1
=  3C 20  3. 3 C 20  5. 3 C 20  ...  17. 3 C 20  19. 3 C 20  



 

 

 

 

  2.3C2  4.32 C4  6.33 C6  ... 18.39 C18  20.310 C20 i .
20
20
20
20
20 

19
19
1

3
19
19
 20. 3.219  cos π  isin π  
Mặt khác: 20 3 (1  3i) = 20 3.2  
i
2
2 
3
3



1
19π
19π 
3 

20. 3.219  cos
 isin
i  10. 3.219  30.219 i
 20. 3.219  

3
3 
2 

2

So sánh phần ảo của 20 3 (1  3i)19 trong hai cách tính trên ta có:
 4.32 C4  6.33 C6  ... 18.39 C18  20.310 C20 = 30.219
S = 2.3C2
20
20
20
20
20
Ví dụ 3:
0  3C2  5C4  7C6  ...  13C12  15C14
Tính các tổng sau: M = C15
15

15
15
15
15
3  6C5  8C7  ...  14C13  16C15
N = 2C115  4C15
15
15
15
15
Giải:
Xét khai triển:

0  xC1  x 2C 2  x 3C3  ...  x13C13  x14 C14  x15C15
(1 + x)15 = C15
15
15
15
15
15
15
Nhân hai vế với x ta có:
0  x 2C1  x 3C 2  x 4C3  ...  x14 C13  x15 C14  x16 C15
x(1 + x)15 = xC15
15
15
15
15
15
15

- 18 -


Đạo hàm hai vế ta có:
(1 + x)15 + 15x(1 + x)14 =
 C0  2xC1  3x 2C 2  4x 3C3  ...  14x13C13  15x14C14 16x15C15
15
15
15
15
15
15
15
Với x = i ta có: (1 + i)15 + 15i(1 + i)14 =
2
4
6
12
14 
 0
=  C15  3C15  5C15  7C15  ... 13C15  15C15  +


1
3
5
7
13
15
+  2C15  4C15  6C15  8C15  ...  14C15  16C15  i

Mặt khác:
(1 + i)15 + 15i(1 + i)14 =

15
14
14 
π
π
π
π
 cos  isin  15i. 2  cos  isin  
4
4
4
4



15 

 2

 

15
15π 
14π
14π 

 15 cos 15π

 isin
 isin
 15.27 i cos
  2   

4
4 
4
4 


 2



2
2 

i  15.27 
2
2 

 27  27 i 15.27 14.27  27 i 7.28  27 i
So sánh phần thực và ảo của (1 + i)15 + 15i(1 + i)14 trong hai cách tính trên ta có:
0  3C2  5C 4  7C6  ... 13C12  15C14 = 7.28
M = C15
15
15
15
15

15
3  6C5  8C7  ... 14C13  16C15 = -27
N = 2C115  4C15
15
15
15
15
Dạng 3: Khai triển (1 + x)n, cho x nhận giá trị là các căn bậc ba của đơn vị
Để tiện cho việc theo dõi sự biến đổi và các phép tính tơi đưa lại các vấn đề về căn bậc
ba của đơn vị (đã trình bày trong phần I của đề tài):
Giải phương trình: x3 – 1 = 0

1
3
1
3
Ta được các nghiệm là x1 = 1; x  
i ; x  
i.
2
3
2 2
2 2
Các nghiệm đó chính là các căn bậc ba của 1.
Đăt: ε 

1
3
1
3


i  ε 2  
i và ε có các tính chất sau:
2 2
2 2
- 19 -


1)

ε + ε 2 = -1

2)

ε 3 1

3)

ε 3k 1

4)

ε 3k  1 ε

5)

ε 3k  2 ε 2
(k – ngun).

Sử dụng các tính chất trên của ε ta có thể tính được các tổng sau:

Ví dụ 1:
 C6  ...  C 3k  ...  C15  C18
Tính tổng: S = C020  C 3
20
20
20
20
20
Giải:
Xét khai triển:
 x 3C3  ...  x18 C18  x19 C19  x 20C 20
(1 + x)20 = C 020  xC120  x 2C 2
20
20
20
20
20
Cho x = 1 ta có:
 C3  ...  C18  C19  C 20
220 = C 020  C120  C 2
20
20
20
20
20

(1)

Cho x = ε ta có:
 C3  ...  C18  εC19  ε 2C 20

(1 + ε )20 = C 020  εC120  ε 2 C 2
20
20
20
20
20

(2)

Cho x = ε 2 ta có:
 C3  ...  C18  ε 2C19  εC 20
(1 + ε 2 )20 = C 020  ε 2C120  εC 2
20
20
20
20
20
Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được:

220 + (1 + ε )20 +(1 + ε 2 )20 = 3S.
Mặt khác: (1  ε) 20 ( ε 2 ) 20 ε 40 ε ; (1  ε 2 ) 20 ( ε) 20 ε 20 ε 2
20
Do vậy: 3S = 220 – 1. Hay S = 2  1
3
- 20 -

(3)


Ví dụ 2:

1  ...  C16  C19
Tính tổng T = C120  C420  C720  ...  C 3k
20
20
20
Giải:
Xét khai triển:
 x 3C3  ...  x18 C18  x19 C19  x 20C 20
(1 + x)20 = C 020  xC120  x 2C 2
20
20
20
20
20
Nhân hai vế với x2 ta có:
 x 5C3  ...  x 20C18  x 21C19  x 22C 20
x2(1 + x)20 = x 2C020  x 3C120  x 4C 2
20
20
20
20
20
Cho x = 1 ta có:
 C3  ...  C18  C19  C 20
220 = C 020  C120  C 2
20
20
20
20
20

(1)

Cho x = ε ta có:
0
1
2
2 3
4
2 18
19
20
20
ε 2 (1 + ε ) = ε 2 C 20  C 20  εC 20  ε C 20  C 20 ...  ε C 20  C 20  εC 20

(2)

Cho x = ε 2 ta có:
ε (1 + ε 2 )20 = ε C 0  C1  ε 2C 2  εC3  ...  εC18  C19  ε 2C 20
20
20
20
20
20
20
20
Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta có:
220 + ε 2 (1 + ε )20 + ε (1 + ε 2 )20 = 3T
Mặt khác: ε 2 (1 + ε )20 = ε 42 1 ; ε (1 + ε 2 )20 = ε 21 1
20

Do vậy: 3T = 220 + 2. Hay: T = 2  2
3

Ví dụ 3:
 6C6  ...  3kC3k  ...  15C15  18C18
Tính tổng: P = C020  3C3
20
20
20
20
20
Giải:
Xét khai triển:
- 21 -

(3)


 x 3C3  ...  x18 C18  x19 C19  x 20C 20
(1 + x)20 = C 020  xC120  x 2C 2
20
20
20
20
20
Đạo hàm hai vế ta có:
 3x 2C3  ... 18x17 C18  19 x18 C19  20x19 C 20 (*)
20(1 + x)19 = C120  2xC2
20
20

20
20
20
Nhân hai vế (*) với x ta có:
 3x 3C3  ...  18x18C18  19x19C19  20x 20C 20
20x(1 + x)19 = xC120  2x 2C 2
20
20
20
20
20
Cho x = 1 ta được:
 3C3  4C 4  ...  18C18  19C19  20C 20
20.219 = C120  2C 2
20
20
20
20
20
20

(1)

Cho x = ε ta có:
 3C3  4εC4 ... 18C18 19εC19  20ε 2C20
20 ε (1 + ε )19 = εC120  2ε 2C2
20
20
20
20

20
20

(2)

Cho x = ε 2 ta có:
 3C3  4ε 2 C 4 ...  18C18  19ε 2 C19  20εC 20 (3)
20 ε 2(1 + ε 2)19 = ε 2 C120  2εC 2
20
20
20
20
20
20
Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta có:
20[219 + ε (1 + ε )19 + ε 2(1 + ε 2)19 ] = 3P - C020
Mặt khác: ε (1 + ε )19 = ε( ε 2 )19  ε 39  1
ε 2(1 + ε 2)19 = ε 2 ( ε)19  ε 21  1
20
Vậy 3P = 1 + 20(219 – 2) = 10.220 – 39 . Suy ra P = 10.2  13
3

III- MỘT SỐ BÀI TẬP:
1- Tính các tổng sau:
3
5
27
29
A  3C1  3 3 C3  5 3 C5  ...  27 3 C27  29 3 C29
1

30
30
30
30
30

 

 

 

 

A 2.3C2  4.32 C4  6.33 C6  ... 28.314 C28  30.315 C30
2
30
30
30
30
30
- 22 -


Hướng dẫn: Xét khai triển: 1 3x 30 . Đạo hàm hai vế, cho x = i và so sánh phần thực,





phần ảo của hai số phức.
ĐS: A1 = 15 3.229 ; A2 = - 45.229
2- Tính các tổng sau:
B C0  2C2  3.4C 4  5.6C 6  7.8C8  ...  21.22C22  23.24C24
1
25
25
25
25
25
25
25
B C1  2.3C3  4.5C5  6.7C 7  8.9C 9  ...  22.23C 23  24.25C 25
2
25
25
25
25
25
25
25
Hướng dẫn: Xét khai triển: (1 + x) 25. Đạo hàm hai vế hai lần, sau đó cho x = i. So sánh
phần thực và phần ảo của hai số phức bằng nhau.
ĐS: B1 = 75.214 – 1; B2 = –25(1 + 3.214)
3- Tính các tổng sau:
C C0  3C2  5C 4  7C6  ... 17C16  19C18  21C 20
1
20
20
20

20
20
20
20
C 2C1  4C3  6C5  8C 7  ... 16C15  18C17  20C19
2
20
20
20
20
20
20
20
Hướng dẫn: Xét khai triển: ( 1 + x)20. Nhân hai vế với x. Đạo hàm hai vế. Cho x = i.
ĐS: C1 = - 11.210; C2 = - 10.210
4- Tính các tổng sau:
D 12 C1  32 C3  52 C5  72 C7  ...  952 C95  972 C97  992 C99
1
100
100
100
100
100
100
100
D 2 2 C 2  4 2 C 4  6 2 C6  82 C8  ...  962 C96  982 C98  1002 C100
2
100
100
100

100
100
100
100
Hướng dẫn: Xét khai triển: (1 + x) 100. Đạo hàm hai vế. Nhân hai vế với x. Lại đạo hàm
hai vế. Cho x = i.

ĐS: D1 = - 50.100.250; D2 = -50.250.

5- Tính tổng sau:
 5C5  8C8  ...  20C20  23C23
E = 2C2
25
25
25
25
25
Hướng dẫn: Xét khai triển của (1 + x)25. Đạo hàm hai vế. Sau đó nhân hai vế với x 2. Cho
x lần lượt bằng 1, ε, ε 2 (ba căn bậc ba của 1) cộng vế theo vế ba đẳng thức nhận được ta
tìm được E.
- 23 -


24
ĐS: E = 25(2  1)
3
6 – Tính các tổng sau:
F C1  42 C4  7 2 C7 102 C10  ...  372 C37  402 C40
1
40

40
40
40
40
40
F 2 2 C 2  52 C5  82 C8  11 2 C11  ...  352 C35  382 C38
2
40
40
40
40
40
40
F C0  32 C3  6 2 C6  9 2 C9  ...  362 C36  392 C39
3
40
40
40
40
40
40
Hướng dẫn: Xét khai triển của ( 1+ x) 40. Đạo hàm hai vế. Nhân hai vế với x. Lại đạo
hàm hai vế.
Để có F1 ta cho x lần lượt là 1, ε, ε 2 (ba căn bậc ba của 1). Cộng vế theo vế ba đẳng thức
nhận được.
Làm thế nào để có F2, F3 mong độc giả cùng tìm tòi một chút !
ĐS:

40.41(238  1)
F 

1
3
F 
2
F 
3

40(239 1)  39.40(238  1)
3

40(239 1)  39.40(238  2)  1
3

7- Tính các tổng sau:
G C0  4C3  7C6 10C9  ... 34C33  37C36  40C39
1
40
40
40
40
40
40
40
G 2C1  5C 4  8C 7  11C10  ...  35C34  38C 37  41C 40
2
40
40
40
40
40

40
40
G 3C 2  6C5  9C8  12C11  ...  36C35  39C38
3
40
40
40
40
40
40
- 24 -


Hướng dẫn: Khai triển (1 + x)40. Nhân hai vế với x. Đạo hàm hai vế.
Để có G1 ta cho x lần lượt là 1, ε, ε 2 (ba căn bậc ba của 1). Cộng vế theo vế ba đẳng
thức nhận được.
Làm thế nào để có G2, G3 mong độc giả cùng tìm tịi một chút !
ĐS: G1 = 7.240 + 13; G2 = 7.240 – 27; G3 = 7.240 + 28.

- 25 -