sử DỤNG ĐẲNG THỨC đặc TRƯNG để GIẢI TOÁN

SỬ DỤNG ĐẲNG THỨC ĐẶC TRƯNG ĐỂ GIẢI TOÁN
Họ và tên:Trịnh Xuân Tình
Giáo viên trường THPT phú xuyên B Hà Tây
Trong sách giáo khoa Đại số và giải tích 11 hiện nay các tác giả đã chuyển một số vấn
đề từ lớp 12 xuống,trong đó có phần Đại số tổ hợp.Trong quá trình giảng dạy tôi thấy rằng
có một số bài toán chứng minh đẳng thức hoặc tính tổng trước kia giáo viên thường hướng
dẫn học sinh bằng cách dùng đạo hàm hoặc tích phân nhưng với học sinh lớp 11 thì các
em chưa được học,do đó học sinh rất lúng túng khi gặp phải những bài toán đó.Trong bài
viết này tôi xin được trình bày một hướng giải quyết các dạng toán đó hy vọng là mang lại
điều bổ ích cho các thày cô giáo và em học sinh .
Bài toán( mở đầu) Chứng minh rằng:
1 2 3 n n 1
n n n n
C 2C 3C nC n2
−
+ + + + =
Bài giải:Số hạng tổng quát của vế trái (VT) là:
k
n
kC
với
k N, 1 k n∈ ≤ ≤
Ta biến đổi
k
n
kC
k 1
n 1
n! (n 1)!
k n nC
k!(n k)! (k 1)!(n k)!

−
−
−
= = =
− − −
Vậy ta có
k
n
kC
k 1
n 1
nC
−
−
=
(*)
Trong (*) cho k lần lượt bằng 1,2,3,…,n sau đó cộng theo vế các đẳng thức lại ta được
1 2 3 n 0 1 n 1 n 1
n n n n n 1 n 1 n 1
C 2C 3C nC n(C C C ) n2
− −
− − −
+ + + + = + + + =
(Đpcm)
Nhận xét : Điều mấu chốt là ta phải tìm ra đẳng thức (*) .Ta gọi (*) là đẳng thức đặc
trưng của bài toán.
Sau đây là một số bài toán được giải quyết bằng cách tìm đẳng thức đặc trưng.
(Các đẳng thức đặc trưng trong các bài toán bạn đọc tự chứng minh)
Bài toán 1: Chứng minh rằng
0 n 1 n 1 1 n 2 n 2 2 n 3 n 3 n 1 0 0 n 1

n n n n
1.3 .5 C 2.3 .5 C 3.3 .5 C n.3 5 C n.8
− − − − − − − −
+ + + + =
Bài giải: Số hạng tổng quát của VT là:
k 1 n k n k
n
k.3 .5 C
− − −
với
k N, 1 k n∈ ≤ ≤
Ta có đẳng thức đặc trưng của bài toán là :
k 1 n k n k
n
k.3 .5 C
− − −
=
k 1 n k k 1
n 1
n.3 .5 .C
− − −
−
(1)
Trong (1) cho k lần lượt bằng 1,2,3,…,n sau đó cộng theo vế các đẳng thức lại ta được
VT=
0 n 1 0 1 n 2 1 n 1 0 n 1 n 1 n 1
n 1 n 1 n 1
n(3 .5 C 3 .5 C 3 5 C ) n(5 3) n.8
− − − − − −
− − −

+ + + = + =
Đpcm
Bài toán 2: Chứng minh rằng:

2 3 4 n n 2
n n n n
2.1C 3.2C 4.3C n(n 1)C n(n 1)2
−
+ + + + − = −
Bài giải: Số hạng tổng quát của VT là:
k
n
k(k 1)C−
với
k N, 2 k n∈ ≤ ≤
Ta có đẳng thức đặc trưng của bài toán là :
k
n
k(k 1)C−
k 2
n 2
n(n 1)C
−
−
= −
(2)
Trong (2) cho k lần lượt bằng 2,3,…,n sau đó cộng theo vế các đẳng thức lại ta được: VT
0 1 2 n 2 n 2
n 2 n 2 n 2 n 2
n(n 1)(C C C C ) n(n 1)2

− −
− − − −
= − + + + + = −
(Đpcm)
Bài toán 3(ĐHCĐ KA-2005) Tìm số nguyên dương n sao cho

1 2 2 3 3 4 2n 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
C 2.2C 3.2 C 4.2 C (2n 1).2 C 2005
+
+ + + + +
− + − + + + =
Bài giải: Số hạng tổng quát của VT là:
k 1 k 1 k
2n 1
( 1) .k.2 C
− −
+
−
với
k N, 1 k 2n+1∈ ≤ ≤
Ta có đẳng thức đặc trưng của bài toán là :
k 1 k 1 k
2n 1
( 1) .k.2 C
− −
+
−
k 1 k 1 k 1
2n

( 1) .(2n 1).2 C
− − −
= − +
(3) . Trong (3) cho k lần lượt bằng 1,2,3,…,2n+1 sau đó cộng
theo vế các đẳng thức lại ta được:
VT=
0 1 2 2 2n 2n 2n
2n 2n 2n 2n
(2n 1)(C 2C 2 C 2 C ) (2n 1).(1 2) 2n 1+ − + − + = + − = +
1
Do đó phương trình
2n 1 2005 n 1002⇔ + = ⇔ =
Bài toán 4 (ĐHCĐ KA-2007)
Chứng minh rằng:
2n
1 3 5 2n 1
2n 2n 2n 2n
1 1 1 1 2 1
C C C C
2 4 6 2n 2n 1
−
−
+ + + + =
+
Bài giải: Số hạng tổng quát của VT là:
2k 1
2n
1
C
2k

−
với
k N, 1 k n∈ ≤ ≤
Ta có đẳng thức đặc trưng của bài toán là :
2k 1
2n
1
C
2k
−
=
2k
2n 1
1
C
2n 1
+
+
(4)
Trong (4) cho k lần lượt bằng 1,2,3,…,n sau đó cộng theo vế các đẳng thức lại ta được:
VT=
2 4 6 2n
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
1
(C C C C )
2n 1
+ + + +
+ + + +
+
Mặt khác ta có

2n 1 2n 1
2n 1 k 2n 1 k k
2n 1 2n 1
k 0 k 0
2 C và 0 ( 1) C
+ +
+ +
+ +
= =
= = −
∑ ∑
cộng theo vế hai đẳng
thức này lại ta được
2 4 6 2n 2n
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
C C C C 2 1
+ + + +
+ + + + = −
Do đó VT=
2n
2 1
2n 1
−
+
Đpcm
Bài toán 5 Tính
3 5 n 2n 1
0 1 2 n
n n n n
2 2 ( 1) 2

S C C C C
4 6 2n 2
+
−
= − + − +
+
Bài giải: Số hạng tổng quát của VT là:
k 2k 1
k
n
( 1) .2
C
2(k 1)
+
−
+
với
k N, 0 k n∈ ≤ ≤
Ta có đẳng thức đặc trưng của bài toán là :
k 2k 1 k k
k k 1
n n 1
( 1) .2 ( 1) .4
C C
2(k 1) n 1
+
+
+
− −
=

+ +
(5)
Trong (5) cho k lần lượt bằng 0,1,2,3,…,n sau đó cộng theo vế các đẳng thức lại ta được:

1 2 2 3 n n n 1
n 1 n 1 n 1 n 1
1
S (C 4C 4 C ( 1) 4 C )
n 1
+
+ + + +
= − + − + −
+
1 2 2 3 3 n 1 n 1 n 1
n 1 n 1 n 1 n 1
0 0 1 2 2 3 3 n 1 n 1 n 1 0 0
n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1
n 1
n 1 0 0
n 1
1
S ( 4C 4 C 4 C ( 1) .4 C )
4(n 1)
1
(4 C 4C 4 C 4 C ( 1) .4 C 4 C )
4(n 1)
1 1 ( 3)
((1 4) 4 C )
4(n 1) 4(n 1)
+ + +

+ + + +
+ + +
+ + + + + +
+
+
+
−
= − + − + + −
+
−
= − + − + + − −
+
− − −
= − − =
+ +
Vậy
n 1
1 ( 3)
S
4(n 1)
+
− −
=
+
2
Để kết thúc bài viết tôi đưa ra một số bài tập sau:
Bài 1:Chứng minh rằng :
1)
n 1 1 n 2 2 n 3 3 n n 1
n n n n

2 C 2.2 C 3.2 C nC n.3
− − − −
+ + + + =
2)
2 3 n 1 n 1
0 1 2 n
n n n n
2 2 2 3 1
2C C C C
2 3 n 1 n 1
+ +
−
+ + + + =
+ +
Bài 2:Tính tổng
1)S=
2 2 3 3 n 1 n 1
0 1 2 n
n n n n
5 3 5 3 5 3
2C C C C
2 3 n 1
+ +
− − −
+ + + +
+
2)
0 1 2 3 n 1 n 1
n n n n n
S nC (n 1)C (n 2)C (n 3)C ( 1) C

− −
= − − + − − − + + −

Phú xuyên ngày 10/2/2008

Trịnh Xuân Tình
3