Sáng kiến kinh nghiệm
MỤC LỤC
Nội dung Trang
Mụclục 1
A. Đặt vấn đề. 2
B. Giải quyết vấn đề. 3
I. Cơ sở lý luận của vấn đề. 3
II. Thực trạng của vấn đề: 5
III. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề 6
1. Sử dụng công cụ đạo hàm trong giải toán tổ hợp 6
2. Sử dụng công cụ tích phân trong giải toán tổ hợp 11
3. Sử dụng công cụ số phức trong giải toán tổ hợp 16
IV. Hiệu quả của SKKN 20
C. Kết luận 21
Tài liệu tham khảo 22
(SKKN được xếp loại C cấp tỉnh năm học 2012-2013)

Tác giả: Nguyễn Lạnh Thơm
Giáo viên trường THPT Nguyễn Quán Nho
A. Đặt vấn đề:
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
1
Sáng kiến kinh nghiệm
Trong chương trình phổ thông, bài toán tổ hợp là một phần quan trọng để
phát triển tư duy, tính sáng tạo của các em học sinh. Những năm gần đây, các
bài toán của Đại số tổ hợp thường xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh vào Đại
học và Cao đẳng khá nhiều. Để giải quyết bài toán này có nhiều phương pháp
khác nhau, khi thì dùng trực tiếp các tính chất về tổ hợp, phép biến đổi tương
đương, cũng có khi là sử dụng đạo hàm, tích phân, còn số phức thì thật sự còn
mới mẻ. Song trong nội dung bài viết này tôi trình bày một số bài toán tổ hợp
hay gặp mà cách giải là tổng thể sử dụng công cụ đạo hàm, tích phân và số

và đó là những bài toán này liên quan đến những khai
triển nhị thức Newton, mà việc chọn các số hạng trong nhị thức, số mũ của nhị
thức có vai trò cực kỳ quan trọng đối với bài toán ta cần giải quyết.
Giả sử, ta xét nhị thức:
(1 + x)
n
=
0 1 2 2 n n
C xC x C x C
n n n n
+ + + +
(1) (với mọi x và với mọi n∈N
*
)
Từ đó suy ra:
a) Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:
[(1+x)
n
]′=
0 1 2 2

n n
n n n n
C C x C x C x
 
+ + + +
 
′
⇔
n(1+x)

C x C C C (3)
n 1 2 3 n 1
+
+
+ = + + + +
 
 
+
 
⇔ = + + + +
 
+ +
 
 
 
 
∫ ∫
c) Giả sử bài toán cần tính tổng của
k
n
C
(với k = 0,1,2, n)
Ta Khai triển (1 + x)
n
, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp
(thường ta chọn là x = i). Mặt khác khai triển trực tiếp các số phức (thường chỉ
xét các số phức có argument là
6
π
±

Giải
Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có :
( )
2 1
0 1 2 2 3 3 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 2 3 3 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
1
(2 1).(1 ) 2 (2)
n
n n
n n n n n
n n n
n n n n
x C C x C x C x C x
n x C C x C x C x
+
+ +
+ + + + +
+ +
+ + + +
+ = + + + + +
⇒ + + = + + + +
Chọn x= -2 thay vào (2) ta được:
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 1 2.2 3.2 4.2 (2 1)2 (3)
n n
n n n n n

1
2
+
−
=++++
−
n
C
n
CCC
n
n
nnnn
Giải:
Xét các khai triển
( )
2n
0 1 2 2 3 3 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n
1 x C C x C x C x C x+ = + + + + +
(1)
( )
2n
0 1 2 2 3 3 2n 2n
n 2n 2n 2n 2n
1 x C C x C x C x C x
− = − + − + +
(2)
Trừ vế theo vế (1) và (2) ta được:
( ) ( )

= + + +
∫ ∫
( ) ( )
1
1
2n 1 2n 1
1 2 3 4 2n 1 2n
2n 2n 2n
0
0
1 x 1 x
1 1 1
C x C x C x
2(2n 1) 2 4 2n
+ +
−
 
+ + −
 
 ÷
⇔ = + + +
 ÷
 ÷
+
 
 
2n
1 3 5 2n 1
2n 2n 2n 2n
1 1 1 1 2 1

0 2 4 16 18
19 19 19 19 19
C C C C C− + − + −
mặt khác,
19
19
(1 ) 2( )
4 4
i cos sin
Π Π
 
+ = +
 
 
=
19
19 19
( 2) ( )
4 4
cos sin
Π Π
+
=
19
2 2
( 2) ( )
2 2
i− +
= -2
9

- Các em còn lúng túng trong việc tìm hướng giải quyết cho một bài toán tổ hợp.
- Nhiều học sinh có tâm lí sợ loại bài tập này.
Đây là chuyên đề đòi hỏi sự tư duy, phân tích của các em. Thực sự là khó
không chỉ đối với học sinh mà còn khó đối với cả giáo viên trong việc truyền tải
kiến thức, lẫn phương pháp tới các em. Cụ thể là làm thế nào để các em hiểu khi
nào thì bài toán tổ hợp sử dụng được các công cụ trên.
III. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề :
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
5
Sáng kiến kinh nghiệm
Trong dạy và học toán nhiệm vụ của thầy và trò là tìm ra một phương pháp
phù hợp để giải các bài tập là quan trọng nhất. Như đã nói ở trên, phần giải
quyết vấn đề này, tôi sẽ cố gắng trình bày các bài toán một cách chi tiết, phân
tích và nhận xét cách giải nhằm giúp học sinh thấy được khi nào dùng công cụ
đạo hàm, tích phân hay số phức có hiệu quả cao, giúp học sinh giải quyết bài
toán nhanh, gọn, và chính xác. Từ đó tạo cho các em niềm tin sẽ làm bài tốt
trong các kỳ thi sắp tới.
Sau đây tôi xin đi vào từng phần cụ thể
1. SỬ DỤNG CÔNG CỤ ĐẠO HÀM TRONG GIẢI TOÁN TỔ HỢP
1.1. Phương pháp
Trước khi đi vào các bài toán cụ thể, ta cần nhớ các đẳng thức bắt đầu từ
những khai triển Newton và phép lấy đạo hàm các đẳng thức đó.
Dấu hiệu áp dụng đạo hàm cấp 1: Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần
hoặc giảm dần từ 1,2,3,…,n hay n,…,3,2,1 tức là số hạng đó có dạng
k
n
kC
hoặc
1k n k k
n

nn
nnn
xnCxCC
b) (1−x)
n
=
nn
n
n
nnn
xCxCxCC )1(
2210
−+−+−
⇒ [(1−x)
n
]′=
0 1 2 2
( 1)
n n n
n n n n
C C x C x C x
 
− + − + −
 
′

⇔
−n(1−x)
n−1
=

 

⇔
n(x+1)
n−1
=
0 1 1 2 2 3 1
( 1) ( 2)
n n n n
n n n n
nC x n C x n C x nC
− − − −
+ − + − + +

d) (x−1)
n
=
0 1 1 2 2 1
1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
−
− + − + − + −
⇒ [(x−1)
n
]′=
0 1 1 2 2 1 1

−
+ = + + +
⇒
( ) ( )
1
1 1 2 2 1
2 1
n
n n n n
n n n
n a x C a C a nC ax
−
− − −
+ = + + +
Đến đây thay x,a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm.
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
6
Sáng kiến kinh nghiệm
Dấu hiệu áp dụng đạo hàm cấp 2: Khi hệ số đứng trước tổ hợp có dạng
1.2,2.3,…,(n-1)n hay (n-1)n,…,3.2,2.1 hay 1
2
,2
2
,…,n
2
(không kể dấu) tức là số
hạng đó có dạng
( 1)
k n k
n

n n n
n n n n
C C x C x n n C x
−
− + + − −
c) n(n−1)(x+1)
n-2
=
0 2 1 3 3 2
( 1) ( 1)( 2) 3.2 2.1
n n n n
n n n n
n n C x n n C x C x C
− − − −
− + − − + + +
d)(n−1)(x−1)
n-2
=
0 2 1 3 3 3 2 2
( 1) ( 1)( 2) ( 1) 3.2 ( 1) 2.1
n n n n n n
n n n n
n n C x n n C x C x C
− − − − − −
− − − − + + − + −

Tổng quát
( )
0 1 1


Đến đây ta chỉ việc thay a,b,x bởi các hằng số thích hợp nữa thôi.
Một số lưu ý:
- Tùy thuộc từng bài mà thế số mũ n, giá trị x và một trong các công thức trên
cho phù hợp.
- Nếu mất những số hạng đầu (
0
n
C
,
1
n
C
) ta sử dụng các công thức chứa (1+x) cho
tổng không đan dấu, còn nếu tổng đan dấu ta sử dụng các công thức chứa (1- x) .
- Nếu mất những số hạng sau (
n
n
C
,
1n
n
C
−
) ta sử dụng các công thức chứa (x+1) cho
tổng không đan dấu, còn nếu tổng đan dấu ta sử dụng các công thức chứa (1- x)
- Nếu mất một số hạng thì ta đạo hàm cấp 1, nếu mất 2 số hạng thì ta đạo hàm
cấp 2.
Ta sẽ bàn và phân tích kỹ cách áp dụng của phương pháp này trong từng bài
toán cụ thể.
Tóm lại: Với loại bài tập này sau khi chọn được hàm số

C
và tổng không đan dấu nên ta sử
dụng (1+x)
n
, đạo hàm cấp 1.
Giải:
Ta có (1+x)
n
=
nn
nnnn
xCxCxCC ++++
2210
⇒ [(1+x)
n
]′=
0 1 2 2

n n
n n n n
C C x C x C x
 
+ + + +
 
′

⇔
n(1+x)
n−1
=

n
=
nn
nnnn
xCxCxCC ++++
2210
⇒ [(1+x)
n
]′′=
0 1 2 2

n n
n n n n
C C x C x C x
 
+ + + +
 
′′

⇔
n(n−1)(1+x)
n-2
=

2 3 2
2.1 3.2 ( 1)
n n
n n n
C C x n n C x
−

⇒ [(1−x)
n
]′=
0 1 2 2
( 1)
n n n
n n n n
C C x C x C x
 
− + − + −
 
′

⇔
−n(1−x)
n−1
=
1 2 1
2 ( 1)
n n n
n n n
C C x nC x
−
− + − + −

Thay x=1 ta có điều phải chứng minh.
Bài 4: Chứng minh
0 1 2 3 1 1
( 1) ( 2) ( 3) ( 1)
n n

n
]′=
0 1 1 2 2 1 1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − − −
′
 
− + − + − + −
 ⇔
n(x−1)
n−1
=
0 1 1 2 2 3 1 1
( 1) ( 2) ( 1)
n n n n n
n n n n
nC x n C x n C x C
− − − − −
− − + − − + −
Thay x=1 ta có điều phải chứng minh.
Bài 5: Chứng minh
2 0 1 2
( 1)2 ( 1) ( 1)( 2) 2
n n

0 1 1 2 2 1

n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
 
+ + + + +
 
′′

⇔
n(n−1)(x+1)
n-2
=
0 2 1 3 3 2
( 1) ( 1)( 2) 3.2 2.1
n n n n
n n n n
n n C x n n C x C x C
− − − −
− + − − + + +
Thay x=1 ta có điều phải chứng minh.
Bài 6: Chứng minh:
1 1 2 2
( 1) ( 1) .2.2 ( 1) . .(2 1) (2 1)
n n n k k n
n n n n
C C k k C n n C
− − −

C C x C x C x C x
− − −
− + − + − + + − + +
]′
⇔
n(−1+x)
n−1
=
1 1 2 2 1 1
( 1) ( 1) 2 ( 1)
n n n k k k n n
n n n n
C C x kC x nC x
− − − − −
− + − + + − + +
Thay x=2 ta
có điều phải chứng minh.
Bài 7: Chứng minh

4 1 0 4 2 1 4 3 2 1 1 1 2 2 2 1
( 1) ( 2) ( 1) 2
n n n n n n n
n n n n n n n
n C n C n C C C C n C
− − − − − −
− − + − − + − = + +
Phân tích: vế trái chứa tổ hợp của n, đan dấu, mất
n
n
C

n n n n n
C x C x C x C x C
− − − −
′
 
− + − + − + −
 

Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
9
Sáng kiến kinh nghiệm

⇔
n(x−1)
n−1
=
0 1 1 2 2 3 1 1
( 1) ( 2) ( 1)
n n n n n
n n n n
nC x n C x n C x C
− − − − −
− − + − − + −
Thay x=4 ta được
n3
n−1
=
1 0 2 1 3 2 1 1
4 ( 1)4 ( 2)4 ( 1)
n n n n n

121
2
−
+++
nn
nnn
xnCxCC
Thay x=2 ta được n3
n−1
=
1 2 2 2 1
2
n n
n n n
C C n C
−
+ +
(2)
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
Bài 8: Chứng minh (n+4)2
n−1
=2
0 1 2
3 4 ( 2)
n
n n n n
C C C n C+ + + + +
Phân tích: tương tự như bài trên nhưng độ chênh lệch ở đây là 2 nên ta nhân
thêm x
2

2
n+1
+n.2
n−1
= 2
0 1 2
3 4 ( 2)
n
n n n n
C C C n C+ + + + +
⇔
(n+4)2
n−1
=
0 1 2
3 4 ( 2)
n
n n n n
C C C n C+ + + + +
Bài 9:Tính tổng: S =
0 1 2 3 2012
2012 2012 2012 2012 2012
2 3 4 2013C C C C C+ + + + +
Giải:
Phân tích: tổng chứa tổ hợp của 2012, không đan dấu, hệ số gắn với
2012
2012
C
lớn
nhất nên ta sử dụng (1+x)

2011
Vậy tổng S = 2014.2
2011.
Các bài tập làm thêm
Bài 1. Chứng minh rằng :
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
10
Sáng kiến kinh nghiệm
1-nn
n
2
n
1
n
0
n
2).2(n1)C(n 3.C2.CC
+=+++++
HD : xét hàm số f(x) = x(1+x)
n
• Khai triển và đạo hàm cấp 1, hai vế theo biến x
• Thay x = 1.
Ở bài toán này tôi muốn rèn luyện kỹ năng lựa chọn hàm số .
Bài 2. Chứng minh rằng :
2
2n
n
33
n
22

Bài 5:(CĐ Khối T-M-2004)Chứng minh rằng :
2004
0 2 1 2004 2004
2004 2004 2004
3 1
2 2
2
C C C
+
+ + + =
Bài 6: Rút gọn tổng:
2 1 2008 2 2 2007 2 2009
2009 2009 2009
1 2 2 2 2009C C C+ + +
Bài 7: Tính tổng:
0 1 2007
2007 2007 2007
2008 2007 C C C+ + +
HD : Xét
( )
2007
1x +
2. SỬ DỤNG CÔNG CỤ TÍCH PHÂN TRONG GIẢI TOÁN TỔ HỢP
2.1. Phương pháp
Các dấu hiệu nhận biết sử dụng phương pháp tích phân
Nếu trong tổng dãy tổ hợp, các số hạng chứa các phân số
1 1 1 1
1; ; ; ; ; ;
2 3 4 n


n n n n
a a
b
b
n 1
2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
a
a
a) 1 x dx C C x C x C x dx
1 x
x x x
C x C C C
n 1 2 3 n 1
+
+
+ = + + + +
 
 
+
 
⇔ = + + + +
 
+ +
 
 
 
 
∫ ∫

 
⇔ − = − + − + −
 
+ +
 
 
 
 
∫ ∫
( )
( )
b b
n
0 n 1 n 1 2 n 2 n
n n n n
a a
c) x 1 dx C x C x C x C dx
− −
+ = + + + +
∫ ∫
( )
b
b
n 1
n 1 n n 1
0 1 2 n
n n n n
a
a
x 1

b
b
n 1
n 1 n n 1
n
0 1 2 n
n n n n
a
a
x 1
x x x
C C C 1 C
n 1 n 1 n n 1
+
+ −
 
 
−
 
⇔ = − + − + −
 
+ + −
 
 
 
 
Tiếp theo ta nghiên cứu các bài toán cụ thể theo cách chia dạng sau:
2.2 Bài tập.
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
12

3
1
(1 )
n
x dx+
∫
Giải:
Ta có
3
1
(1 )
n
x dx+
∫
=
3
0 1 2 2
1
( )
n n
n n n n
C C x C x C x dx+ + + +
∫
3
1
1
(1 )
1
n
x

n
x
n
+
 
+
⇔
 
+
 
=
2 3 1
0 3 1 3 2 3 3
1 1 1 1

2 3 1
n
n
n n n n
x x x
C x C C C
n
+
+ + + +
+
1 1 1
0 1 2
4 2 26 3 1
2 4
1 3 1

n n n
n n n
C C C
n
+
+ − + −
+
Phân tích: chuỗi đan dấu, hệ số phân số,
1
1n +
gắn với
n
n
C
, có dấu hiệu dùng tích
phân, quan sát hệ số của số hạng cuối ta lấy cận từ 0 đến 2, tức là
2
0
(1 )
n
x dx−
∫
.
Giải:

2
0
(1 )
n
x dx−

0
( 1)
2 3 1
n
n n
n n n n
x x x
C x C C C
n
+
 
− + − + −
 
+
 

1
1 ( 1)
1
n
n
+
− −
⇔
+
=
0
2
n
C

n n n n
2 1 2 1 2 1
S C C C C
2 3 n 1
+
− − −
= + + + +
+
Phân tích: Vế trái có chứa các phân số, mẫu số được xếp theo thứ tự tăng đều
một đơn vị, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Bây giờ, ta suy nghĩ hàm
lấy tích phân, các cận và số được thay vào cho biến. Vì số hạng cuối cùng có hệ
số
n 1
2 1
n 1
+
−
+
nên ta biết cận từ 1 đến 2 và tổng không đan dấu nên ta sử dụng
( )
2
n
1
1 x dx+
∫
Giải
Ta có :
( )
n
0 1 2 2 3 3 n n

n 1 2 3 n 1
+
+
+ + +
+
 
⇔ = + + + +
 ÷
+ +
 
− − − −
⇔ = + + + +
+ +
Vậy
2 3 n 1 n 1 n 1
0 1 2 n
n n n n
2 1 2 1 2 1 3 2
S C C C C
2 3 n 1 n 1
+ + +
− − − −
= + + + + =
+ +

Phương pháp 2: Nhân thêm x,x
2
, ( Các phương pháp bổ sung).
Thông thường sau khi lấy tích phân hệ số chứa
1

n
n n n n
C C C C
n
+ + + +
+
.
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
14
Sáng kiến kinh nghiệm
Phân tích: tổng không đan dấu, độ chênh lệch so với dạng cơ bản là 1 nên ta
nhân thêm x trước khi tích phân.
Giải:

1
0
(1 )
n
x x dx+
∫
=
1
0 1 2 2 3 1
0
( )
n n
n n n n
C x C x C x C x dx
+
+ + + +

1 1 1 1

2 3 4 2
n
n n n n
C C C C
n
+ + + +
+
.= S
mặt khác
1
0
(1 )
n
x x dx+
∫
=
1
1
0
(1 ) (1 )
n n
x x dx
+
 
+ − +
 
∫
=

n
n n
+
+
+ +
Bài 2: Tính S=
0 1 2
1 1 1 1
( 1)
2 3 4 2
n n
n n n n
C C C C
n
− + − + −
+
.
Phân tích: tương tự như bài trên nhưng ở đây chuỗi đan dấu.
Giải:

1
0
(1 )
n
x x dx−
∫
=
1
0 1 2 2 3 1
0

(1 )
n
u u du−
∫
=
1
1
0
1
n
u
n
+
+

2
1
0
2
n
u
n
+
−
+
=
1 1
1 2n n
−
+ +

0
=
0 1 2
1 1 1 1
( 1)
2 3 4 2
n n
n n n n
C C C C
n
− + − + −
+
.=S
Vậy S =
1
( 1)( 2)n n+ +
Bài 3: Chứng minh :
33
12
33
1

9
1
6
1
3
1
1
210

( )
2 3
1
n
x x+
23825120

+
++++=
nn
nnnn
xCxCxCxC
( )
dxxx
n
3
1
0
2
1+⇒
∫

n
nnnn
C
n
CCC
33
1


∫∫
n
xdxdxxx
n
nn
(2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm
Các bài tập làm thêm
Bài 1. (ĐH Sư phạm TPHCM Khối D-2000)
Cho
*
n ∈¥
. Chứng minh rằng:
n 1
0 1 2 n
n n n n
1 1 1 2 1
C C C C
2 3 n 1 n 1
+
−
+ + + + =
+ +
HD: Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân.
Tổng không đan dấu, ta sử dụng
( )
1
n
0
1 x dx+

0
1 x dx−
∫
Bài 3:
1/Tính tích phân
( )
dxxx
n
∫
−
1
0
1
2/Chứng minh:
( )
22
1
22
1

8
1
6
1
4
1
2
1
3210
+

số dư (trong chương trình phổ thông ta chỉ cho HS làm với k = 3l, k = 3l + 1, k =
3l + 2).
Lưu ý
+ 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.
+ Khai triển trực tiếp các số phức (thường chỉ xét các số phức có argument là
6
π
±
,
4
π
±
,
3
π
±
). Sau đó so sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức
trong hai 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.
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
k

1 i+
=
( )
0 2 4 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009
C C C C C
− + − − +
+
( )
1 3 5 2007 2009
2009 2009 2009 2009 2009
C C C C C i
− + − − +
Mặt khác ta tính
( )
2009
1 i+
theo dạng lượng giác của số phức và áp dụng công
thức Moivre ta được :
( )
2009
1 i
+
=
( )
2009
2009 2009
2 . os isin
4 2
c

3 C -3 C +3 C -3 C + +3 C -3C +C
20 20 20 20 20 20 20
)
+
i






−++−
19
20
C3
17
20
C
3
)3(
3
20
C
17
)3(
1
20
C
19
)3(

2
3
4π
isin
3
4π
cos
20
2 −−=−−=+=














So sánh phần thực của
( )
20
i3 +
trong hai cách tính trên ta có:
D =
20

= - 2
19
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
Bài 1: Tính tổng S=
2 2 4 3 6 9 18 10 20
2.3C -4.3 C +6.3 C +18.3 C -20.3 C
20 20 20 20 20
Giải:
Xét khai triển:
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
18
Sáng kiến kinh nghiệm
(1 +
3
x)
20
=
20
20
C
20
x)3(
19
20
C
19
x)3(

20
C
18
x
19
)3.(19
3
20
C
2
x
3
)3.(3
2
20
xC3.2
1
20
C3 +++++
Cho x = i ta có: 20
19
i)3(13 +
=
=
( ) ( ) ( ) ( )
+−+−+−





C
10
20.3
18
20
C
9
18.3
6
20
C
3
6.3
4
20
C
2
4.3
2
20
2.3C






−+−+−+
.
Mặt khác: 20

3
2
1
19
.2320
i
19
30.2
19
.2310.i
2
3
2
1
19
.2320.
3
19π
isin
3
19π
cos
19
.2320. +=+=+=







C
2
4.3
2
20
2.3C −+−+−
= 30.2
19
Bài 2. Tính các tổng sau:
M =
0 2 4 6 12 14
C -3C +5C -7C + +13C -15C
15 15 15 15 15 15
N =
1 3 5 7 13 15
2C -4C +6C -8C + +14C -16C
15 15 15 15 15 15
Giải:
Xét khai triển:
(1 + x)
15
=
15
15
C
15
x
14
15
C

16
x
14
15
C
15
x
13
15
C
14
x
3
15
C
4
x
2
15
C
3
x
1
15
C
2
x
0
15
xC +++++++

x3
1
15
xC2
0
15
C +++++++=
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
19
Sáng kiến kinh nghiệm
Với x = i ta có: (1 + i)
15
+ 15i(1 + i)
14
=
=






−++−+−
14
15
15C
12
15
13C
6

15
6C
3
15
4C
1
15
2C
i
Mặt khác:
(1 + i)
15
+ 15i(1 + i)
14
=
( ) ( )
15 14
15 14
π π π π
2 cos isin 15i. 2 cos isin
4 4 4 4
   
 ÷  ÷
   
+ + +
( )
15
15π 15π 14π 14π
7
2 cos isin 15.2 i cos isin

2 −=−=+−−=
So sánh phần thực và ảo của (1 + i)
15
+ 15i(1 + i)
14
trong hai cách tính trên
ta được:
M =
14
15
15C
12
15
13C
6
15
7C
4
15
5C
2
15
3C
0
15
C −++−+−
= 7.2
8
N =
15

6
25
5.6C
4
25
3.4C
2
25
2C
0
25
C
1
B −++−+−+=
25
25
24.25C
23
25
22.23C
9
25
8.9C
7
25
6.7C
5
25
4.5C
3

97
95
100
C
2
95
7
100
C
2
7
5
100
C
2
5
3
100
C
2
3
1
100
C
2
1
1
D +−++−+−=
2 2 2 4 2 6 2 8 2 98 2 100
D 2 C 4 C 6 C 8 C 98 C 100 C

0 2 2 4 3 5 10 20
20 20 20 20 20
3 3 3 3C C C C C
− + − + +
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
20
Sáng kiến kinh nghiệm
IV. Hiệu quả của SKKN
Như tôi đã nói ở trên, việc áp dụng đề tài này đối với học sinh lớp 12C1 và
12C3, đã thu được kết quả như sau (kết thúc học kì 2 năm học 2012-2013).
Lớp Sỉ số Đạt diểm dưới 5 Tỉ lệ Đạt diểm trên 5 Tỉ lệ
12C1 43 8 19.5% 35 80.5%
12C3 44 12 34.1% 32 65.9%
Như vậy, qua việc áp dụng chuyên đề này vào giảng dạy, điều không nằm
ngoài dự đoán của tôi là kết quả của các em học sinh đã được nâng lên đáng kể.
Quan trọng hơn học sinh đã cảm thấy tự tin với loại toán này, tạo được niềm
tin và sự hứng thú cho các em trong học tập .
C. Kết luận:
Qua thời gian viết SKKN và vận dụng chuyên đề này vào giảng dạy, tôi nhận
thấy việc làm này đã thu được kết quả đáng kể từ phía các em học sinh. Đây
thực sự là một công cụ hữu hiệu, giúp học sinh giải quyết bài toán nhanh, gọn và
chính xác. Đồng thời các em đã có được cái nhìn tổng thể về cách giải quyết bài
toán này. Điều này phần nào tạo cho các em học sinh có được tâm thế tốt khi
sắp bước vào các kỳ thi quan trọng.
Qua việc ứng dụng đề tài này vào giảng dạy cho học sinh, tôi nhận thấy đây là
một chuyên đề có thể tiếp tục áp dụng cho các năm tiếp theo, đặc biệt rất phù
hợp với đối tượng là học sinh khá, giỏi. Tất nhiên là phải tiếp tục hoàn thiện đề
tài này hơn nữa.
Bài học kinh nghiệm được rút ra từ quá trình áp dụng SKKN của tôi là:
Phải thường xuyên học hỏi trau rồi chuyên môn để tìm ra phương pháp dạy

3. Giới thiệu đề thi tuyển sinh vào đại học – cao đẳng toàn quốc, từ năm
học 2002-2003 đến năm học 2009-2010. NXB Hà Nội của nhóm tác giả
Trần Tuấn Điệp, Ngô Long Hậu, Nguyễn Phú Trường.
4. Các phương pháp giải toán sơ cấp Giải tích tổ hợp 12, NXB Hà Nội.
của tác giả Phan Huy Khải (2002).
5. Tuyển tập các đề thi Olympic 30 - 4 môn Toán, NXB Giáo dục. của
Ban tổ chức kỳ thi Olympic 30-4.
6. Tạp chí toán học và tuổi trẻ, NXB Giáo dục. của Bộ giáo dục đào tạo-
Hội toán học Việt Nam (1996- 2007).
7. Phương pháp trắc nghiệm các hình thức tổ hợp, NXB tổng hợp, TP
Hồ Chí Minh. Của nhóm tác giả Nguyễn Đức Đồng, Trần Huyên, Nguyễn
Vĩnh Cận (2006).
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
22
Sáng kiến kinh nghiệm
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
23