Kinh nghiệm trong dạy học giải bài toán 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 toán về tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp là một nội dung quan trọng
trong chương trình Toán lớp 11.

-

Những năm gần đây, trong đề thi tuyển sinh vào đại học, cao đẳng và đề thi học sinh giỏi, dạng
toán 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 toán cơ bản nhưng đã gây khó khăn cho không 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 không
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 toán học có vai trò quan trọng trong môn Toán. Thông qua giải bài tập, học sinh phải

mới. Theo GS.TSKH. Nguyễn Cảnh Toàn: “Cái thu hoạch chính đối với học sinh không 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 tòi, 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 lòng tự tin vào khả năng sáng tạo của mình,
lòng ham muốn tìm tòi, phát minh”.
Như vậy, thông 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 cô 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 toán 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 toán 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 toán 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 toán 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 toán 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.

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 .



Kinh nghiệm trong dạy học giải bài toán 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.


 Giải bài toán theo nhiều cách để so sánh thấy được ưu, nhược điểm của từng cách giải (Ví dụ như
ở đây trong các bài toán 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 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 toán.

-

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 không 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 toán tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
-


2
3
 Ví dụ 1.1. Rút gọn biểu thức S = Cn + 6Cn + 6Cn , 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!

k
k −1
k −2

k
k −1
k −2
k −3
k
 Ví dụ 3.1 Chứng minh Cn + 3Cn + 3Cn + Cn = Cn +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 không giao nhau, tập B có n phần tử, tập C có 3 phần tử. Đặt A = B ∪ C .

-

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

k
k −1
k −2
k −3
k −4
k
 Ví dụ 4.1 Chứng minh Cn + 4Cn + 6Cn + 4Cn + Cn = Cn + 4 , với 4 ≤ k ≤ n .

Nhận xét: Trong các Ví dụ trên nếu bài toán 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 toán tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
Tổng quát, ta có bài toán sau:
0 k

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 toán tính tổng mà các số hạng không 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 hoàn toàn 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 toán tính tổng mà các số hạng không có
k n−k k
dạng Cn a b mà có xuất hiện thêm hệ số hữu tỉ (không phải lũy thừa, không là số nguyên) 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

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.
Thông thường ta sử dụng bài toán 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

)


n

với a = 1, b = 2 .

Đáp số: S = ( 1 + 2 ) = 3n
n

n 0
n −1 1
n
 Ví dụ 3.2 Tính S = 3 Cn + 3 Cn + ... + Cn .

Trang 9/33


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài toán 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 .


2n 0
2 n −1 1
2 n−2 2
2n
 Ví dụ 6.2 Tính S = 4 C2 n − 4 C2 n + 4 C2 n − ... + C2 n
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

0
2 2
4 4
1
3 3
5 5
Ví dụ 7.2 Tính S1 = Cn + 2 Cn + 2 Cn + ... và S 2 = 2Cn + 2 Cn + 2 Cn + ...

1
2
3
4
n
 Ví dụ 8.2 Tính S = Cn + 2Cn + 3Cn + 4Cn + ... + nCn
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

+ 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 toán tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
Cách 1.
k

= ( 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 quá 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


= 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 toán 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

+ 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)


Cn Cn −1

có thể tạo ra được một số bài toán 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

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 


1
1 
1
n +1
Cn1+1 + Cn2+1 + ... + Cnn++11 ) =
2n +1 − 1)
( 1 + 1) − Cn0+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)
⇔

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 

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]

Hướng dẫn

Cách 1.
Cnk
k + 1 Cnk 
1  Cnk++11
1  k +1 Cnk++22 
=
.
=
1
−
.
=
+ Ta có
 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
+


+ 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


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

)


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

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

Cn1 2Cn2 3Cn3
nCnn
 Ví dụ 21.2 Tính S = 0 + 1 + 2 + ... + n −1 .
Cn −1 Cn −1 Cn −1
Cn −1
Hướng dẫn
Cn0
Cn1
Cnk
Cnn

2S = n !( n + 1) !  
−
+
−
+
...
+
−
÷÷ 
÷÷

÷ +
( 2n ) ! ( 2n + 1) ! ÷  C2nn++12
  ( 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) ! 
−
+
n
+
1
!
n
!
2
n
+


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài toán 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
−
−
−
=

⇔  ∑ Cn x ÷ ∑ Cm x ÷ = ∑ Cn + m x
 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
0 2
1 2
2 2
n 2
 Ví dụ 25.2 Tính S = (Cn ) + (Cn ) + (Cn ) + ... + (Cn )

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

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

 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 toán 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


( 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 −


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 

 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

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


 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

nπ
⇔ 2  cos
+ i sin
4
4



0
2
4
1
3
5
÷ = ( Cn − Cn + Cn − ...) + ( Cn − Cn + Cn − ...) i (**)


n
nπ
 0
2
4
C
−
C
+
C
−
...
=

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 toán 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

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 )

2 n

nπ
nπ

+ i sin
÷ = cos
3
3


n

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


− i sin
÷ = cos
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

 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

 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)

 2π + nπ
÷ = cos 
3



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



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



( 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

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



n

n

n

(

)

n

(

)

n


 2π
= 1 + cos  −
 3


nπ
nπ

+ i sin
÷ = cos


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

 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

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

+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
−

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 

( 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 toán 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

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

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


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 toán trên với số phức z = cos

2π
2π
+ i sin
=i.