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.


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
và đồng nhất hoặc sử dụng trực tiếp định nghĩa Cnk 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.
+ Nếu các chỉ số trên là các số tự nhiên hơn kém nhau 3 đơn vị, 4 đơn vị, 5 đơn vị,... ta sử
dụng số phức trong khai triển. Khi đó cần nắm được tính chất sau về số phức


+ Nếu hệ số đứng trước các tổ hợp xuất hiện các số tự nhiên liên tiếp tăng dần, hoặc tích các
số tự nhiên liên tiếp (nhưng không thay đổi về số mũ) (Ví dụ: kCnk ;  k 1 kCnk ;...; k 2Cnk ; k 3Cnk ;... ...) ta
sử dụng tính chất kCnk  nCnk11 với 1  k  n để biến đổi đưa về dạng khai triển  a  b  hoặc sử
n

dụng đạo hàm cấp 1, 2 tương ứng phù hợp.
+ Nếu hệ số đứng trước các tổ hợp xuất hiện các số hữu tỉ (không có dạng lũy thừa, không
phải số nguyên) (Ví dụ:

Cnk
Cnk
Cnk
C k 1
k
Cnk
Cnk ;
 n 1
;
;
...) ta sử dụng tính chất
k 1 k  2 k 1
k 1 n 1
 k  1 k  2 

với 0  k  n để biến đổi đưa về dạng khai triển  a  b  hoặc sử dụng tích phân
n

- Quan sát chỉ số dưới của các tổ hợp
+ Nếu chỉ số dưới của tổ hợp không thay đổi thì đó là số mũ trong khai triển nhị thức.

-

Tổ chức, hướng dẫn học sinh hoạt động nhóm, các nhóm tự đề xuất đưa ra các bài tập tương tự
và nêu cách giải trong quá trình học chủ đề này.

Trang 5/32


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài toán tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
CHƯƠNG II
BÀI TOÁN TÍNH TỔNG VÀ CHỨNG MINH CÁC ĐẲNG THỨC TỔ HỢP
I. Tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp dựa vào định nghĩa và tính chất của tổ hợp.
A – Kiến thức chuẩn bị
- Định nghĩa tổ hợp: Cho tập hợp A gồm n phần tử và k  ¥ * ,1  k  n . Mỗi một tập con có k phần
tử của A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử của A .
- Số tổ hợp chập k của n phần tử của A là Cnk 

Ank n.  n  1 ...  n  k  1
n!


k!
k!
k ! n  k  !

Qui ước: Cn0  1
- Tính chất cơ bản của tổ hợp
+ Cho số nguyên dương n và số nguyên k với 0  k  n . Khi đó
Cnk  Cnn  k


 Ví dụ 2.1. Rút gọn biểu thức S  Cnk  2Cnk 1  Cnk  2 , với 2  k  n; k , n  ¥ .
Hướng dẫn
Cách 1. (Sử công thức khai triển tường minh đối với tổ hợp)
Cách 2. Sử dụng tính chất tổ hợp (hằng đẳng thức Paxcal)
S  Cnk  2Cnk 1  Cnk  2   Cnk  Cnk 1    Cnk 1  Cnk  2   Cnk1  Cnk11  Cnk 2

Cách 3.
-

Trước hết ta để ý hệ số đứng trước trước các tổ hợp lần lượt là 1, 2, 1 có thể viết lại dưới
dạng C20 , C21 , C22 .

-

Vậy S  C20Cnk  C21Cnk 1  C22Cnk  2

Trang 6/32


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài toán tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
-

Xét hai tập B và C không giao nhau, tập B có n phần tử, tập C có 2 phần tử. Đặt

A  B  C . Khi đó S chính là số cách chọn k của tập A , nên S  Cnk2 .
 Ví dụ 3.1 Chứng minh Cnk  3Cnk 1  3Cnk  2  Cnk 3  Cnk3 , với 3  k  n; k , n  ¥ .
Cách 1. Sử dụng tính chất tổ hợp (hằng đẳng thức Paxcal)
- Ta có VT  Cnk  3Cnk 1  3Cnk  2  Cnk 3   Cnk  Cnk 1   2  Cnk 1  Cnk 2    Cnk 2  Cnk 3 

 Cnk1  2Cnk11  Cnk12

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
viết lại S  C40Cnk  C41Cnk 1  C42Cnk  2  C43Cnk 3  C44Cnk 4 .
Tổng quát, ta có bài toán sau:
 Ví dụ 5.1 Chứng minh Cn0Cmk  Cn1Cmk 1  ...  Cnk Cm0  Cmk  n với 0  k  n, m .
Hướng dẫn
+ Cho hai tập hợp A gồm m phần tử và B gồm n phần tử, trong đó A  B   .

Trang 7/32


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài toán tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
+ Xét tập hợp C gồm tất cả các phần tử của A và B  C  A  B và tập C có n  m phần tử.
+ Số cách lấy k phần tử từ C là Cmk  n .
+ Nếu lấy theo A và B thì số cách lấy là Cm0 Cnk  Cm1 Cnk 1  ...  Cmk Cn0 .
II. Tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp dựa và khai triển Nhị thức Niu – tơn.
A – Kiến thức chuẩn bị
Sử dụng khai triển Nhị thức Niu – tơn để tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp cần
lưu ý một số điểm sau:
1. Chọn a,b,n hợp lí trong khai triển:  a  b   Cn0 a n  Cn1 a n 1b  Cn2 a n  2b 2  ...  Cnnb n sẽ cho
n

ta các đẳng thức tổ hợp. Vấn đề ngược lại, đề bài cho ta các đẳng thức tổ hợp hoặc tổng các tổ hợp,
chúng ta phải hướng dẫn cho học sinh chọn khai triển  a  b  để có được đẳng thức cần chứng
n

minh.
2. Phân tích biến đổi phần tử đại diện (số hạng tổng quát trong tổng) để đưa tổng cần tính về dạng

k
 x dx 
u

v k 1  u k 1
, tức là sau khi tích phân ta được hệ số hữu
k 1

tỉ có mẫu là k  1 tương ứng với hệ số tổ hợp Cnk . Nếu mẫu hệ số hữu tỉ tương ứng với Cnk là

k  l  1  k  1 thì ta phải tạo ra lũy thừa x k  l bằng cách nhân hai vế với xl trước khi đạo hàm.
Ngoài ra, ta nhìn vào dạng của tử số của số hạng hữu tỉ để chọn cận u ; v phù hợp
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

2
2
 i sin
, với n  ¥ * . Khi đó,
n
n

Với k  n.m , m  ¥ * thì z k  cos  m2   i sin  m2   1



Với k  n.m , m  ¥ * thì 0  1   z n   1   z k   1  z k  1  z k  z 2 k  ...  z  n 1k

Phân tích: Các số hạng trong tổng S đều có dạng Cnk 3n  k 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 .
n

Trang 9/32


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài toán tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
Phân tích: Các số hạng trong tổng S đều có dạng Cnk  1 với 0  k  n . Vì vậy, ta xét khai triển
k

 a  b

n

với a  1, b  1 .

Đáp số: S  1   1   0
n


hạng của khai triển nhị thức ta xét S1  S2 và S1  S2 để tạo ra hệ phương trình ẩn số là S1 , S2 .
Đáp số: S1  S2  2n 1
Nhận xét: Qua các ví dụ trên thấy
-

Hệ số đứng trước các tổ hợp là các lũy thừa của một hoặc hai cơ số được viết dưới dạng tăng
hoặc giảm về số mũ.

-

Chỉ số trên là các số tự nhiên liên tiếp tăng dần.

-

Chỉ số dưới của các tổ hợp quyết định số mũ trong khai triển nhị thức.

-

Nếu chỉ số trên hơn kém nhau 2 đơn vị (nghĩa là chỉ chứa chỉ số trên là số lẻ hoặc chẵn) thì
xét thêm một tổng mới (chỉ chứa chẵn hoặc lẻ) để được 1 tổng đủ của khai triển Niu – tơn.

Vì vậy, chỉ cần hướng dẫn học sinh lựa chọn a, b, n hợp lí trong công thức khai triển nhị thức Niutơn là giải quyết được bài toán và đưa ra các bài toán tương tự.
 Ví dụ 8.2 Tính S  Cn1  2Cn2  3Cn3  4Cn4  ...  nCnn
Phân tích: Vì các số hạng trong tổng S đều có dạng kCnk 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.


     

+ Khi đó S  n  Cn01  Cn11  ...  Cnn11   n 1  1

n 1

 n.2n1

Cách 2.
+ Áp dụng tính chất của tổ hợp Cnk  Cnn  k với 0  k  n .
+ Ta có S  Cn1  2Cn2  3Cn3  4Cn4  ...  nCnn

 S  Cnn1  2Cnn2  3Cnn3  4Cnn4  ...   n  2 Cn2   n  1 Cn1  nCn0
 2S  nCn0  Cn1   n  1 Cn1   Cn2   n  2  Cn2   ...  Cnn 1   n  1 Cnn 1   nCnn
 2S  nCn0  nCn1  nCn2  ...  nCnn 1  nCnn  n  Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn   n.2n
 S  n.2n 1

Cách 3.
+ Xét khai triển 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  Cn3 x 3  ...  Cnn x n (1)
n

+ Lấy đạo hàm hai vế (1) theo biến x ta được n 1  x 

n 1

 Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x 2  ...  nCnn x n 1 (2)

+ Với x  1 trong (2) ta có S  n.2n 1
Nhận xét:
- Trong ví dụ trên ta thấy hệ số của các tổ hợp bằng chỉ số trên của tổ hợp trong từng số hạng.

n!

  n  1 n.
  n  1 nCnk22
n

k
!
k
!
n

k
!
k

2
!
n

2

k

2
!
k

2
!

 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)

+ Với x  1 trong (3) ta có S   n  1 n.2n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
tính tổng S  1.2.3Cn3  2.3.4Cn4  ...   n  2  n 1 .nCnn .
+ Nếu sử dụng đạo hàm cho khai triển  2  x 

2 n 1

và chọn x hợp lí ta có thể tính được tổng sau:

S = C21n+ 1 - 2.2.C22n+ 1 + 3.22.C23n+ 1 - 4.23.C24n+ 1 + ... + (2 n+ 1).22 n.C22nn++11

 Ví dụ 10.2 Tính S  12.Cn1  22.Cn2  ...  n 2 .Cnn
Hướng dẫn
Cách 1.
+ k 2Cnk  k .kCnk  k .nCnk11  n.  k  1  1 C nk11  n n  1C nk22  nC nk11
+ Khi đó S  12.Cn1  n  Cn11  Cn21  Cnn11    n  1 n  Cn0 2  Cn1 2  ...  Cnn22 
 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)

S  13.Cn1  23.Cn2  ...  n3 .Cnn .

 Ví dụ 11.2 Tính S  C20n  3C22n  5C24n  ...  (2n  1)C22nn
Hướng dẫn
Cách 1.
+ Ta có  2k  1 C22nk  2kC22nk  C22nk  2n.C22nk11  C22nk với 1  k  2n
+ Vậy S  C20n  2n  C21n 1  C23n 1  C25n 1  ...  C22nn11    C22n  C24n  ...  C22nn 
+ 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   C20n  C21n x  C22n x 2  ...  C22nn x 2 n (2)
2n

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   C20n x  C21n x 2  C22n x3  ...  C22nn x 2 n 1 (3)
2n

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



1
2015

C

1
2
2015

C

 ... 

1
2015
2015

C




1
C

2014
2014



2
C

2013
2014

 ... 

2015
(2)
0
C2014

 1
1
1 
Cộng (1) với (2) theo vế ta có 2S  2016  0  1  ...  2014  (đpcm)
C2014 
 C2014 C2014
Cn0 Cn1 Cn2
Cn


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 

1

n

0

1  x 



n 1

Trang 14/32


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài toán tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
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 

n 1 
1 


Cnk
C k 1
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

Cn1 Cn3 Cn5
Cn0 Cn2 Cn4

1  Cnk11
1  k 1 Cnk22 

.
 1 
.

 Cn1 
 với 0  k  n .

k  2 k  2 k 1  k  2  n 1 n 1 
n2

+ Vậy S 



 n  2   Cn11  Cn21  ...  Cnn11    Cn2 2  Cn3 2  ...  Cnn22 

n

1
n

2
 

1

1

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

C1
Cn

Cnk  Cnk  n 1
k 1
k 1
n 1





+ Vậy S  Cn1  Cn2  ...  Cnn 



 





1
1
Cn21  Cn31  ...  Cnn11  2n  Cn0 
2n 1  Cn01  Cn11
n 1
n 1



Cách 2.
+ Xét khai triển 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  Cn3 x 3  ...  Cnn x n (1)

 n


n 
 n  1

0

1
0

 C1

2C 2
3C 3
nC 2
  n x 2  n x3  n x 4  ...  n x n 1 
3
4
n 1
 2


1
0

 1 nCnn
Cn1 2Cn2 3Cn3
 Ví dụ 19.2 Tính S 


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
 Ví dụ 22.2 Tính S  1  2  ...  k 1  ...  n 1 với 0  k  n
Cn  2 Cn 3
Cn  k  2
C2 n  2

Hướng dẫn
+ Ta có

2  k  1 .n ! n  1!
 n  k  2   n  k 

...


 


   n1
2
n
!
2
n

1
!




  n  1!n !  n  2 ! n  1!    n  2 ! n  1!  n  3! n  2 ! 

  C2 n 2


 2  n  1 ! n  1!
1
1
 n ! n  1 ! 



1
1
 3  3  ...  3 , n là số nguyên dương, n  3 .
3
C3 C4 C5
Cn

Hướng dẫn

Trang 17/32


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


 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

+ Đồng nhất hệ số của x k ở 2 vế của (1) ta có Cnk .Cm0  Cnk 1Cm1  ...  Cnk  mCmm  Cnk m
 Ví dụ 25.2 Tính S  (Cn0 ) 2  (Cn1 ) 2  (Cn2 ) 2  ...  (Cnn ) 2
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
 Ví dụ 26.2 Tính S   C20n    C21n    C22n    C23n   ...   C22nn 
2

2

2

2

2

2

Hướng dẫn:
Vì

2
2
2
Cnk
C k 1
1  1 2
C
  Cn21    Cn31   ...   Cnn11  
 n 1 nên  S 
2  n 1 

k 1 n 1
 n  1 

+ Ta có hệ số của x n 1 trong khai triển 1  x 

2n2

là C2nn12 (1)

+ Mặt khác, hệ số của x n 1 trong khai triển

1  x 

n 1


Vậy S 

1

 n  1

2

2

2

.  C2nn12  1

 Ví dụ 28.2 Chứng minh rằng, với mọi n  ¥ * ta có
n

a) Cn0  Cn2  Cn4  Cn6  Cn8  ...  2 cos

n
4

n

b) Cn1  Cn3  Cn5  Cn7  Cn9  ...  2 sin
c)

1  C



cos

n2

 2

n
4

sin

n
4

n
4

n2

sin

n
4

 Ví dụ 30.2 Chứng minh rằng, với mọi n  ¥ * ta có
1
n 
a) Cn0  Cn3  Cn6  Cn9  ...   2n  2 cos


b) S 2  Cn1  Cn6  Cn11  Cn16  ...
 Ví dụ 33.2 (Đạo hàm) Chứng minh rằng, với mọi n  ¥ * ta có
a) Cn1  3Cn3  5Cn5  7Cn7  ...  n

 2

n 1

cos

n 1

4

Trang 19/32


Kinh nghiệm trong dạy học giải bài toán tính tổng và chứng minh các đẳng thức tổ hợp
b) Cn2  2Cn4  3Cn6  4Cn8  ...  n

 2

n 1
.
4

n 3

sin


3
4
n 1 
 4

1
1
1
1
b) Cn0  Cn2  Cn4  Cn6  ... 
3
5
10
n 1

 2

n 1

sin

n 1

4

 Ví dụ 35.2 (Tích phân) Chứng minh rằng, với mọi n  ¥ * ta có

 n  1   3 
1 2 1 5 1 8
1  n


 2  cos
2
5
8
11
3  n  1 
3


c)

Hướng dẫn

 Xét các khai triển nhị thức Newtơn

1  x 

n

 Cn0  Cn1 x  ...  Cnn 1 x n 1  Cnn x n (*)

Với x  i ta có 1  i   Cn0  Cn1i  ...  Cnn 1i n 1  Cnni n
n

n
n
n
 2  cos
 i sin

n
n

4
Vậy ta có 
n
n

C1  C 3  C 5  ...  2 sin
n
n
 n
4

1
 2

Nếu ta tính môđun của hai số phức trong (**) ta được

1  C

2
n

 Cn4  ...   Cn1  Cn3  Cn5  ...  2n
2

2

Ta có lời giải cho Ví dụ 28.2

n2

cos

n
4

n
4

Tương tự đối với (2) và (4).
Ta có lời giải cho Ví dụ 29.2

 Xét Ví dụ 30.2, ta thấy khoảng cách giữa hai chỉ số trên liên tiếp là 3 nên ta xét số phức
Đặt z  cos
z k  cos

2
2
 i sin
. Khi đó,
3
3

k 2
k 2
 i sin
 1  k  3m
3
3


2
2 
n
n

n
n  
 1  cos
 i sin
 i sin
  2 cos  cos
3
3 
3
3
3

n

n

n
n

 i sin
  cos
3
3




n

 2n cos n



n
n
 i sin
 cos
3
3
3

n
n

 i sin
  cos
3
3


Cộng theo vế (5), (6) & (7) ta có
2n  2 cos

n
 3Cn0  3Cn3  3Cn6  ...

4 
n
n
n

z 2 1  z    cos
 i sin
 i sin
 cos
3
3 
3
3

   n 
   n 
  cos 
  i sin 

 3 
 3 


 4  n
  cos 
3





 2 n 
 2 n 
  n 
  n 
 cos 


  i sin 
   cos  
  i sin  

3 
3 
 3
 3
3 3 
3 3 
Cộng (5), (8) & (9) theo vế ta có


 n  
  i sin  


 3 

  n 
1
4
7

n

 2  n 
 2  n 
z 1  z    cos
 i sin
 i sin
 cos
  cos 
  i sin 

3
3 
3
3 
3
3





   n 
   n 
  cos 
  i sin 

 3 
 3 
n


 4 n 

  i sin 

3 

 3

Cộng (5), (10) & (11) theo vế ta có
1
n 1 
Cn2  Cn5  Cn8  Cn11  ...   2n  2 cos

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

2
2


 i sin
 cos  i sin . Khi đó,

1  z
1  z
1  z

n






2 n

 Cn0  Cn1 z 2  Cn2 z 4  Cn3 z 6  ...  Cnn 1 z 2 n 2  Cnn z 2 n

7

3 n

 Cn0  Cn1 z 3  Cn2 z 6  Cn3 z 9  ...  Cnn 1 z 3n 3  Cnn z 3n

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

 i sin
3
3
6
6
6

n

n

n
n 

n 
 i sin
  3  cos

6
6 



1  z 

2
2 
n
n



 1  z 6 .   1  z
z


2 n

3 n

4 n

5 n

n

n

n

n





n







n
n 

 3n  cos
 i sin

6
6 


Cộng theo vế  5 ,  6 ,  7  , 12 , 13 & 14  ta có
n
n


2  3n cos
 cos
 2 n 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 


 1
3
5
cos

Cn  3Cn  5Cn  ...  n 2
4
Với x  i ta có 
n 1
n 1
C 2  2C 4  3C 6  4C 8  ...  n 2
sin

n
n
n
n

4

 

 

Cộng (18) với (20) ta được Cn1  5Cn5  9Cn9  ...  n.2n 3  n

 2

 20 
 21

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
3
n
n 1
1
1
1
1
1
1
1


  Cn1  Cn3  Cn5  Cn7  ....  i  Cn0  Cn2  Cn4  Cn6  ... 
2
4
6
8

n 1
4
4



 

n 1
1
n 1
1
 1 1 1 3 1 5 1 7

C

C

C

C

...

2
cos

n
n
n


 

1
1
1
2  n
n 1 
Cn0  Cn3  Cn6  Cn9  ... 

 2  cos
4
7
10
3  n  1 
3


Ta có lời giải cho Ví dụ 34.2

 Ta thấy các chỉ số trên của hai số hạng liên tiếp hơn kém nhau 3 đơn vị
Đặt Đặt z  cos
z k  cos

2
2
 i sin
. Khi đó,
3
3

1
n 1
 Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn 1 
Cnn
1  1 
n 1
n 1
2
3
n
n 1

(22)

Lấy tích phân 2 vế của (*) với cận từ 0 đến z ta có
1
1
1
1
1
1 n 1 n
n 1
 zCn0  z 2Cn1  z 3Cn2  ...  z nCnn 1 
z Cn
1  z  
n 1
n 1
2
3
n


 cos

(24)

 n  1   i sin  n  1 
3

3

2  n  1 
2  n  1  
2 
 i sin
 cos

3 
3
3

 n  1    i sin  n  1    n  1   
  

 2n cos n     cos   n  1  




3   
3




n 1
1
1
1
n 1
1

2n  1  z   1  z 2   3  3  Cn2  Cn5  Cn8  ... 
n 1
6
9
3




 n  1   3   1 C 2  1 C 5  1 C 8  ...
1  n
 2  2cos

n
n
n
3  n  1 
3
6
9

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

2
2
 i sin
i.
4
4

Trang 25/32