SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC

Trường THPT Nguyễn Thái Học

CHUYÊN ĐÊ
" Ứng dụng tính chất số Cnk vào giải các bài
toán Nhị thức NewTon"

Giáo viên: Nguyễn Thị Thùy
Dương
Tổ
: Toán - tin
Chức vu : Giáo viên.

1


Vĩnh Yên, tháng 2 năm 2014
I. Lý do chọn đề tài:
Trong quá trình học tập, học sinh luôn mong muốn có những người thầy biết cách
giúp các em khám phá, tìm ra những nét đẹp trong mỗi bài học; biết hướng dẫn các em
biết kiến thức của bài học hiện tại liên hệ với kiến thức cũ đã biết như thế nào? Nó có
vai trò, vị trí như thế nào trong các bài học tiếp theo? Và hơn nữa, các em rất hào hứng,
thú vị khi mỗi lần vượt qua được những “Thách thức” của người thầy. Một trong những
“nghệ thuật dạy học” là người thầy luôn biết đưa ra những “Thách thức” cho học sinh và
sau đó giúp các em vượt qua được “Thách thức” đó từ những kiến thức đơn giản mà các
em đã biết.
Xin đưa ra ví dụ:
Bài toán 1: Tìm số nguyên dương n sao cho:
C21n +1 − 2.2C22n +1 + 3.22.C23n +1 − 4.23 C24n +1 + ... + (2n + 1).22 n.C22nn++11 = 2005 ( ĐH-CĐ khối A2005)
Bài toán 2: Chứng minh rằng:

n +1

III. Nội dung cụ thể.
1. Cơ sở lý thuyết.
1.1.COÂNG THỨC KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON

2


n

( a + b ) = ∑ Cnk an−k bk = Cn0an + C1nan−1b + C2nan−2 b2 + ... + Cnk an−k bk + ... + Cnn−1abn−1 + Cnn bn (1)
n

k =0

1.2. TÍNH CHẤT CÁC SỐ HẠNG TRONG KHAI TRIỂN:
Khi khai triển nhò thức (a + b)n ta cần để ý:
1) Ở vế phải khai triển (1) có n + 1 số hạng, trong đó đầu tiên chứa an, số hạng
cuối cùng chứa bn , các vò trí còn lại chứa tích an-kbk với số mũ của a giảm từ n
đến 0 và số mũ của b tăng từ 0 đến n sao cho trong mỗi số hạng, tổng số mũ
của a và b phải bằng n tức là n – k + k = n.
2) Số hạng thứ k + 1, kí hiệu: Tk +1 với k = 0, 1, 2, . . ., n và có dạng
Tk +1 = Cnk an − k b k
k
k
n−k
0
n
3) Các số Cn có tính chất: Cn = Cn và Cn = Cn = 1

n

k −1
n −1

trong một số bài toán nhị thức Newton
k −1

*Dấu hiệu nhận biết: Dùng cơng thức kCn = nCn −1 trong các trường hợp sau:
k

Các hệ số đứng trước các số tổ hợp có dạng:
+ Tăng dần từ 1, 2, 3,..., n hoặc giảm dần từ n, n-1, n-2,...2, 1. Tức là các hệ số của khai
triển có dạng kCkn.
+ Là tích của các số tự nhiên liên tiếp: 1.2, 2.3, 3.4 ,..., (n-1).n. Tức là các hệ số có dạng
k(k-1)Ckn.
+ Hoặc các hệ số có thể biến đổi để dưa về các dạng trên.

3


*Các bước thực hiện:
k
k −1
+ Chứng minh tính chất kCn = nCn −1 (*)

+ Áp dụng một hoặc nhiều lần tính chất (*) trên để đưa tổng cần tính về tổng đơn giản.
*Chứng minh tính chất: kCnk = nCnk−−11
n!


k
Lời giải: Số hạng TQ của tổng VT là: ( 3k + 2 ) Cn = 3k .Cn + 2.Cn , (0 ≤ k ≤ n)

Như vậy VT sẽ được tách thành 2 tổng đơn giản hơn:

(

)

VT = 3 Cn1 + 2.Cn2 + 3.Cn3 + ... + n.Cnn + 2(Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn ) = 3n.2 n −1 + 2.2n = 2n −1 (3n + 4)

Từ yêu cầu bài toán ta có PT: 2n-1.(3n+4) =1600
3n + 4 = 25
(3n + 4).2n −1 = 25.26

⇔
⇒ n − 1 = 6
⇔n=7
n
∈
N
,
n
>
4

n ∈ N , n > 4


Vậy n=7 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

S1 = n(n − 1)(Cn0−2 + Cn1− 2 + Cn2− 2 + ... + Cnn−−22 ) = n(n − 1).(1 + 1) n − 2 = n (n − 1).2n − 2
k
b. Số hạng tổng quát trong tổng có dạng: (k − 2).( k − 1).k .Cn

Áp dụng tính chất (*) ba lần kiên tiếp ta có:
(k − 2).( k − 1).k.Cnk = n( k − 2)( k − 1)Cnk−−11 = n( n − 1)(k − 2)Cnk−−22 = n(n − 1)( n − 2)Cnk−−33 , (3 ≤ k ≤ n)

(

)

S 2 = n(n − 1)(n − 2) Cn0−3 + Cn1−3 + ... + Cnn−3 = n (n − 1)(n − 2)(1 + 1)n −3 = n (n − 1)(n − 2).2n −3

Ví dụ 5: Rút gọn các tổng sau:
1
2
3
2012
+ 22.C2012
+ 32.C2012
+ .. + 20122.C2012
a. S1 = 12.C2012
1
2
2
4
3
6
4
2n

1
2
2011
S1 = C2012
+ 2012.2011(C2010
+ C2010
+ C2010
+ ... + C2010
) + 2012(C2011
+ C2011
+ ... + C2011
)

= 2012.2011(1 + 1) 2010 + 2012 + 2012 (1 + 1) 2011 − 1
= 2012.2011.2 2010 + 2012.22011 = 2012.2013.2 2010

b. Ta có:

(2k + 1)(2k + 2)Cnk++11 = 2(2k + 1)(k + 1)Cnk++11

Áp dụng tính chất (*) hai lần và biến đổi ta có:
2(2k + 1)(k + 1)Cnk++11 = 2(2k + 1)( n + 1)Cnk = 4( n + 1) kCnk + 2(n + 1)Cnk = 4n(n + 1)Cnk−−11 + 2( n + 1)Cnk

Với 1 ≤ k ≤ n , khi đó:

S 2 = 1.2.Cn1+1 + 4n(n + 1)a 2 ( Cn0−1 + a 2Cn1−1 + ... + a 2( n −1)Cnn−−11 ) + 2(n + 1) ( a 2 .Cn1 + a 4 .Cn2 + ... + a 2 nCnn )

(

)

Ví dụ 6: CMR với mọi n nguyên dương ta có:
a. ( Cn1 ) + 2. ( Cn2 ) + ... + n ( Cnn ) = nC2nn −1
2

2

2

b. ( Cn1 ) + 4 ( Cn2 ) + ... + n2 ( Cnn ) = n 2C2nn−−12
2

2

2

Lời giải:
a. Số hạng TQ trong tổng VT là k ( Cnk ) , 1 ≤ k ≤ n
2

Áp dụng tính chất (*) ta có: k . ( Cnk ) = k .Cnk .Cnk = n.Cnk−−11.Cnk , 1 ≤ k ≤ n
2

0
1
1
2
n −1
n
n −1
1

2

2

2
0
n −1
1
n −2
n −1
0
Khi đó: VT= n . ( Cn −1.Cn −1 + Cn −1.Cn −1 + ... + Cn −1 .Cn−1 )

2
0
n −1
1
n −2
n −1
0
2 n −1
Đẳng thức cần chứng minh trở thành: n . ( Cn −1.Cn −1 + Cn −1.Cn −1 + ... + Cn −1 .Cn −1 ) = n C2 n −2 (4)
Ta chứng minh đảng thức (4) như sau:

Xét khai triển: ( 1 + x )

n −1

(1+ x)


k +1
n +1

*Dấu hiệu nhận biết: Khi hệ số đứng trước các số tổ hợp có dạng:
1 1 1
1
1
, , ,...,
Cnk
, tức là các hệ số của khai triển có dạng
2 3 4
n +1
k +1
1
1
1
1
1
,
,...,
Cnk
+) ,
, tức là hệ số của khai triển có dạng
2.1 2.3 3.4
n(n + 1)
k (k + 1)

+)

+Hoặc các hệ số có thể biến đổi về các dạng trên.

(k + 1).k !( n − k )! (n + 1)(k + 1)![n + 1 − (k + 1)]! (n + 1)

Ví dụ 1: Tính tổng sau: S =

0
C2012
C1
C2
C 2012
+ 2012 + 2012 + ... + 2012
1
2
3
2013

Lời giải: Áp dụng tính chất (**) ta có:
S=

k
C2012
1
k +1
=
C2013
, (0 ≤ k ≤ 2012)
k + 1 2013

1
1 
22013 − 1

C2kn với k ∈ { 1,3,5,..., 2n − 1} .
Lời gải: Số hạng tổng quát của vế trái là
k +1
1
1
C2kn =
C2kn++11 , k ∈ { 1,3,5,..., 2n − 1}
Áp dụng tính chất (**) ta có:
k +1
2n + 1
1
C22n +1 + C24n +1 + ... + C22nn+1 )
Ta có: VT=
(
2n + 1
1
1
=
C20n +1 + C22n+1 + C24n +1 + ... + C22nn+1 − 1) =
(
( 22n − 1) =VP. Vậy đẳng thức
2n + 1
2n + 1

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:

được chứng minh.
Ví dụ 3: Tính tổng sau:

7

Cnk++33 , (0 ≤ k ≤ n)
(n + 1) ( n + 2 ) k + 3
(n + 1) ( n + 2 ) (n + 3)
1
1
( 1 + 1) n +3 − Cn0+3 − Cn1+ 3 − Cn2+3 
S=
Cn3+3 + Cn4+ 3 + ... + Cnn++33 ) =
(

(n + 1)(n + 2)(n + 3)
(n + 1)(n + 2)(n + 3) 
1
1
=
. ( 2 n + 4 − n 2 − 7 n − 14 )
(n + 1)(n + 2)(n + 3) 2
=

Vậy S =

1
1
. 2n + 4 − n 2 − 7 n − 14
(n + 1)(n + 2)(n + 3) 2

(

)


C22nk .
2k + 2

Biến đổi số hạng TQ và áp dụng tính chất (**) ta có:
1
2k + 1
1
2k + 1 1
2k + 2 − 1 1
C22nk =
.
.C22nk =
.
C22nk++11 =
.
C22nk++11
2k + 2
(2k + 2) 2k + 1
2k + 2 2n + 1
2k + 2 2n + 1
=

1  2 k +1
1
1  2 k +1
1


C22nk++11 ÷ =
C22nk++22 ÷


(

1
1
.22 n −
22 n +1 − 1
2n + 1
(2n + 1)(2n + 2)

(

)

Ví dụ 6 ( Đề thi HSG):
Tính tổng: S=

−Cn1 2.Cn2 3.Cn3
n.Cnn
+
−
+ ... + (−1)n
2.3
3.4
4.5
(n + 1)(n + 2)

Lời giải:

8

4
S=
−Cn +1 + Cn+1 − Cn +1 + ...(−1)n Cnn++11 ) −
−Cn3+ 2 + Cn4+ 2 − Cn5+ 2 + ...(−1) n Cnn++22 )
(
(
n −+11
2 (n + 1)(n +n2)
+2
( 1 − 1) n −1 − Cn0+1 + Cn1+1  −
=
1 − 1) − Cn0+ 2 + Cn1+ 2 − Cn2+ 2 
(
 ( n + 1)(n + 2) 

n +1 
=

=

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

2

 Cnk 
1
Cnk++11
Áp dụng tính chất (**) ta có: 
÷ =
2
 k + 1  (n + 1)

Khi đó: S=

1

( n + 1)

2

(C

1
n +1

(

.Cnn+1 + Cn2+1Cnn+−11 + ... + Cnn++11.Cn0+1

)

2


( n + 1)

2

(C

n +1
2n+2

)

−1

BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: Rút gọn các tổng sau:
1
2
3
n
a. S = Cn + 2.Cn + 3Cn + ... + nCn
0
1
2
3
n
b. S = Cn + 2Cn + 3Cn + 4Cn + ... + (n + 1)Cn

9



Bài 4: S= 2.Cn0 + 3.Cn1 + 4.Cn2 + ... + ( n + 2)Cnn . Tìm n biết S = 320
0
1
2
3
n
n
Bài 5. Tính S= Cn − 2.Cn + 3.Cn − 4.Cn + ... + (−1) (n + 1)Cn

1
2

1
3

1
4

1
2
3
+ C10
+ C10
+ ..... +
Bài 6: Tính tổng S = C100 + C10

Bài 7: Cho n là số nguyên dương CMR:

1 10

C
C
b. S = ( ) + ( )
0 2
n

1 2
n

1

2

(C ) +(C )
c. S =
0 2
n

1.2

1 2
n

2.3

(C )
+ ... +

n 2
n