SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"SỬ DỤNG CÔNG CỤ ĐẠO HÀM, TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHỨC
NHẰM GIÚP HỌC SINH GIẢI NHANH MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ
HỢP"

1


A. Đặt vấn đề:
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 phức. Đây thực sự là một công cụ hữu hiệu, giúp học sinh giải quyết bài toán nhanh,
gọn, chính xác. Mong muốn hơn của tôi là cho các em cái nhìn tổng thể về cách giải
quyết bài toán này.
Tất nhiên, tổ hợp được học ở trong chương trình lớp 11, cụ thể là ở giữa HKI. Còn đạo
hàm thì được trình bày ở cuối HKII của lớp 11, tích phân được học ở trong chương trình
lớp 12, thậm chí số phức được trình bày ở cuối chương trình lớp 12. Hệ thống các bài tập
ở sách giáo khoa và sách bài tập về ứng dụng đạo hàm, tích phân và số phức để giải các
bài toán tổ hợp thì không được trình bày nhiều, học sinh không được rèn luyện kỹ năng
này trên lớp. Do đó, khi gặp bài toán này ở các đề thi Đại học và Cao đẳng, phần lớn các
em không làm được.
Nhằm mục đích để cho các em học sinh chuẩn bị bước vào các kỳ thi quan trọng, thấy
được tổng thể các phương pháp giải quyết bài toán tổ hợp, từ đó tạo cho các em niềm tin
sẽ làm bài tốt trong các kỳ thi sắp tới. Tôi chọn đề tài “Sử dụng công cụ đạo hàm, tích


n

b





dx   C0n  C1n x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n dx

a

a
b

b

2
3
n 1 
 1  x n 1 
 0
1 x
2 x
n x
  Cn x  Cn

 Cn
 ...  Cn


4

,





3

). Rồi so sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức trong hai cách

tính. Từ đó sẽ tìm được mối liên hệ cho tổng cần tính.
Sau đây tôi sẽ trình bày mỗi phương pháp một ví dụ tương ứng, để làm minh chứng cho
cơ sở lý luận của đề tài này. Ở phần giải quyết vấn đề tôi 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 nhất.
3


Ví dụ 1: (Đề tuyển sinh đại học KA -2005)
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1  2005 (1)

Giải
Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có :

1  x 


x  C32n x 3  ...  C2n
x
1  x 2n  C02n  C12n x  C2n

(1)

2 2
2n 2n
x  C32n x 3  ...  C2n
x
1  x 2n  C0n  C12n x  C2n

(2)

Trừ vế theo vế (1) và (2) ta được:
1 2n 1
1  x 2n  1  x 2n  2  C12n x  C32n x 3  ...  C2n

2n x

2n
2n
1  x   1  x 



2

1 2n 1
 C12n x  C32n x 3  ...  C2n

   C2n x  C2n x  ...  C2n x 



2(2n  1)
2
4
2n
0

0 

1 1
1 3
1 5
1 2n 1 22n  1
 C2n  C2n  C2n  ... 
C2n 
(đpcm)
2
4
6
2n
2n  1

Ví dụ 3: (Bài tập 29 trang 206 SGK Giải tích 12- Nâng cao)
Tính: S = C190  C192  C194  ...  C1916  C1918
Giải
Ta có: (1  i)19  (C190  C191 i 2  C194 i 4  ...  C1916i16  C1918i18 )  (C191 i  C193 i3  ...  C1919i19 )
= C190  C192  C194  ...  C1916  C1918 +( C191  C193  C195  ...  C1917  C1919 )i

2
2
i
)
2
2

= -29 + 29i

So sánh hai cách tính trên ta được S = C190  C192  C194  ...  C1916  C1918 = -29 = -512
II. Thực trạng của vấn đề:
Thuận lợi: Năm 2013 tôi đặt mục tiêu là hoàn thành chuyên đề “ Sử dụng công cụ đạo
hàm, tích phân và số phức nhằm giúp học sinh giải nhanh một số bài toán tổ hợp”.
thì lại trùng với việc tôi được trực tiếp giảng dạy hai lớp 12, mà số đông trong các em là
những học sinh quyết tâm sẽ thi vào các trường Đại học và cao đẳng. Đó là thuận lợi
đáng kể để tôi áp dụng đề tài này, và tôi tin là lớp học sinh được tôi truyền đạt chuyên đề
này sẽ đạt kết quả khác biệt so với lớp học sinh có chất lượng tương tự khi tôi cũng trực
tiếp giảng dạy các em năm 2010.
Khó khăn: Tỷ lệ học sinh làm được loại toán này còn rất thấp.
Điều này tôi thu được vì cả hai năm lớp 10, 11 tôi đều trực tiếp dạy các em và sang năm
2013 này tôi đã tiến hành khảo sát chất lượng làm bài loại toán này thông qua một số bài
kiểm tra đối với học sinh lớp 12C1 và 12C3.

5


Lớp

Sỉ số Đạt diểm dưới Tỉ lệ
5

hỏi nhiều công sức và thời gian. Hiện tại nhận thức của học sinh thể hiện khá rõ đó là:
- 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 :
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 kCnk hoặc kCnk ank bk 1 thì ta có
thể dùng đạo hàm cấp 1 để tính. Cụ thể:
a) (1+x)n= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n
 [(1+x)n]′= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n  ′
6


 n(1+x)

Cn0 x n  Cn1 x n 1  Cn2 x n 2  ...  (1) n 1 Cnn 1 x  (1) n Cnn 

 n(x−1)n−1= nCn0 xn1  (n 1)Cn1 xn2  (n  2)Cn2 xn3  ...  (1)(n 1)Cnn1

Tổng quát:

a  x

n

 Cn0 a n  2Cn1a n 1 x  ...  nCnn ax n

 n  a  x n1  Cn1a n1  2Cn2 a n2  ...  nCnn ax n1 1
Đến đây thay x,a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm.
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 12,22,…,n2 (không kể dấu) tức là số hạng đó
có dạng k (k 1)Cnk ank hay tổng quát hơn k  k  1 Cnk a nk bk thì ta có thể dùng đạo hàm đến cấp
2 để tính. Xét đa thức
Từ các đẳng thức về đạo hàm cấp 1 ở trên ta có
a) n(n−1)(1+x)n-2 = 2.1Cn2  3.2Cn3 x...  n(n 1)Cnn xn2
b) n(n−1)(1−x)n-2 = 2.1Cn2 3.2Cn3 x 4.3Cn4 x2 ...  (1)n n(n 1)Cnn xn2
c) n(n−1)(x+1)n-2 = n(n 1)Cn0 xn2  (n 1)(n  2)Cn1 xn3  ...  3.2Cnn3 x  2.1Cnn2
d)(n−1)(x−1)n-2
Tổng quát

 a  bx 


n


f (x)

thích hợp ta tiến hành lấy

- Lấy đạo hàm trực tiếp hàm số đã cho
- Lấy đạo hàm sau khi đã sử dụng khai triển nhị thức Newton hàm số f (x) đã chọn (Dĩ
nhiên ở đây f (x) có dạng có thể dùng công thức khai triển nhị thức Newton)
-Với phép lấy đạo hàm, ta lựa chọn một giá trị phù hợp cho x, rồi thay vào hai biểu
thức và tính đạo hàm.
Như vậy tôi nhấn mạnh cho học sinh thấy khi gặp bài toán có chứa hệ số kiểu a.n ta
chú ý ngay đến cách dùng đạo hàm.
1.2 Bài tập
Bài 1: Chứng minh rằng Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  nCnn =n.2n-1
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất Cn0 và tổng không đan dấu nên ta sử
dụng (1+x)n, đạo hàm cấp 1.
Giải:
Ta có (1+x)n= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n
 [(1+x)n]′= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n  ′
 n(1+x)n−1= Cn1  2Cn2 x  ...  nCnn x n1

Thay x=1, ta có điều phải chứng minh.
8


Bài 2: Chứng minh: 2.1Cn2  3.2Cn3  4.3Cn4 ...  n(n 1)Cnn = n(n−1).2n-2
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất Cn0 , Cn1 và tổng không đan dấu nên ta sử
dụng (1+x)n, đạo hàm cấp 2.
Giải:
Ta có (1+x)n= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n
 [(1+x)n]′′= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n  ′′

Giải:
Ta có

(1−x)n= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  (1) n Cnn x n

 [(1−x)n]′=

Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  (1) n Cnn x n  ′

 −n(1−x)n−1= Cn1  2Cn2 x  ...  (1)n nCnn xn1

Thay x=1 ta có điều phải chứng minh.
Bài 4: Chứng minh nCn0  (n 1)Cn1  (n  2)Cn2  (n  3)Cn3  ...  (1)n1Cnn1 =0
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất Cnn và tổng đan dấu nên ta sử dụng (x−1)n, đạo
hàm cấp 1.
Giải:
Ta có:

(x−1)n= Cn0 xn  Cn1 xn1  Cn2 xn2  ...  (1)n1Cnn1x  (1)n Cnn

 [(x−1)n]′=

Cn0 x n  Cn1 x n 1  Cn2 x n 2  ...  (1) n 1 Cnn 1 x  (1) n Cnn 

 n(x−1)n−1= nCn0 xn1  (n 1)Cn1 xn2  (n  2)Cn2 xn3  ...  (1)n1Cnn1

Thay x=1 ta
có
điều
phải

=n

Phân tích: do −1 đi kèm với lũy thừa, giữa các số hạng là dấu + nên ta xem như tổng
không đan dấu, chứa tổ hợp của n, mất Cn0 . Ta sử dụng (−1+x)n, đạo hàm cấp 1.
Giải:

Ta có:  1  x 

n

 (1) n Cn0  (1) n 1 Cn1 x  (1) n  2 Cn2 x 2  ....  (1)n k Cnk x k  ...  Cnn x n

 [(−1+x)n ]′=[ (1)n Cn0  (1)n1Cn1 x  (1)n2 Cn2 x2  ....  (1)nk Cnk xk  ...  Cnn xn ]′
 n(−1+x)n−1 = (1)n1 Cn1  (1)n2 2Cn2 x  ....  (1)nk kCnk xk 1  ...  nCnn xn1 Thay x=2 ta có điều
phải chứng minh.
Bài 7: Chứng minh
n4n1Cn0  (n 1)4n2 Cn1  (n  2)4n3 Cn2  ....  (1)n1 Cnn1  Cn1  22 Cn2  n2n1Cnn

Phân tích: vế trái chứa tổ hợp của n, đan dấu, mất Cnn nên ta sử dụng (x−1)n, đạo hàm cấp
1. Vế phải cũng chứa tổ hợp của n nhưng không đan dấu, mất Cn0 nên ta sử dụng (1+x)n,
đạo hàm cấp 1.
Giải:
Ta có: (x−1)n= Cn0 xn  Cn1 xn1  Cn2 xn2  ...  (1)n1Cnn1x  (1)n Cnn
 [(x−1)n]′=

Cn0 x n  Cn1 x n 1  Cn2 x n 2  ...  (1) n 1 Cnn 1 x  (1) n Cnn 

 n(x−1)n−1= nCn0 xn1  (n 1)Cn1 xn2  (n  2)Cn2 xn3  ...  (1)n1Cnn1

Thay x=4 ta được

Bài
8:
Chứng
minh (n+4)2 =2 Cn  3Cn  4Cn  ...  (n  2)Cnn
Phân tích: tương tự như bài trên nhưng độ chênh lệch ở đây là 2 nên ta nhân
thêm x2 trước khi đạo hàm.
Giải:
Ta
có:
x2(1+x)n
=
Đạo
hàm
2
vế
n
2
n−1
0
1 2
2 3
2x(1+x) +nx (1+x) = 2Cn x  3Cn x  4Cn x  ...  (n  2)Cnn xn1
Thay x=1 ta
2n+1+n.2n−1=

(n+4)2n−1=
0
1
2
3


hàm
2
2011
(2012x+x+1)(1+x)
=
Cho x=1 ta VP = tổng S, còn VT = 2014.22011
Vậy
tổng
Các bài tập làm thêm

0
1
2
n
x(1+x)2012= C2012
x  C2012
x2  C2012
x3  ...  C2012
x20121
vế
ta
được
0
1
2
n
C2012
 2C2012
x  3C2012


HD : Xét hàm số f(x)= (1+x)n


Đạo hàm cấp một theo x, hai vế và suy ra x.f’(x) (1)



Thay x bởi

1
,
x

ta được (2)


Nhân (1) cho (2), ta thu được hệ số của số hạng không chứa x là đẳng thức chứng
minh .
n 1
Cn1  2Cn2  3Cn3  4Cn4  ...   1 nCnn
Bài
3:
:(ĐH
BKHN-1999)
Tính
tổng
Bài 4:(CĐSP Bến Tre Khối A-2002) Chứng minh rằng: C201  C201  ...  C2019  219

Bài 5:(CĐ Khối T-M-2004)Chứng minh rằng :

22007  ...  20092 C2009
0
1
2007
Bài 7: Tính tổng: 2008C2007
 2007C2007
 ...  C2007

HD : Xét  x  12007
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
1 1 1
2 3 4

1
n

Nếu trong tổng dãy tổ hợp, các số hạng chứa các phân số 1; ; ; ;...; ;... và mẫu số
được xếp theo thứ tự tăng hoặc giảm đều theo một quy luật nào đó, ta nghĩ ngay đến việc
sử dụng tích phân. Khi đó, ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Tìm hàm để tính tích phân với các cận thích hợp.
Bước 2: Lấy tính tích phân cả hai vế: vế chưa khai triển nhị thức Newton và vế đã khai
triển.
Bước 3: Cho hai kết quả bằng nhau và kết luận.

12


Ta sẽ tìm hiểu về phương pháp cơ bản (dùng tích phân hàm đa thức) và các phương pháp


a
b

b

2
3
n 1 
 1  x n 1 
 0
1 x
2 x
n x
  Cn x  Cn

 Cn
 ...  Cn

2
3
n  1 
 n  1 

a
a
b

b)



n 1 
2
3
n

1


 a
a 
b

c)

  x  1

n

b





dx   C0n x n  C1n x n 1  C2n x n  2  ...  Cnn dx

a

a

n

b

n
dx   C0n x n  C1n x n 1  C2n x n  2  ...   1 Cnn dx


a

b

b

n
n 1
  x  1n 1 
 0 x n 1

n
1 x
2 x
   Cn

 Cn
 Cn
 ...   1 Cnn 
n
n 1
 n  1 


(1  x ) n dx

Giải:
3

có 1 (1  x)n dx

Ta



=

3

1

(Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n )dx

3

2
3
n 1
 (1  x) n 1 
0
1 x
2 x
n x

 Cn2

x3
3

3
1

 ...  Cnn

x n 1
n 1

3
1

4n 1  2n 1
26 2 3n 1  1 n
0
1

 2Cn  4Cn  Cn 
Cn
n 1
3
n 1

Vậy

S

2
3
n 1

gắn với Cnn , có dấu hiệu dùng tích phân,
2

quan sát hệ số của số hạng cuối ta lấy cận từ 0 đến 2, tức là 0 (1  x)n dx .
Giải:



2

0

(1  x) n dx



=

0

2

 (1  x) n 1 

 =
 n 1  0

C
n
n
n
 n

2
3
n 1 0


= 2Cn0 

1 2 1 1 3 2
1
.2 Cn  .2 Cn  ...  (1) n .
.2n 1 Cnn
2
3
n 1

14


Vậy S =



1  (1) n
n 1

 1  x 

n

dx

1

Giải
Ta có : 1  x   C0n  C1n x  Cn2 x 2  C3n x 3  ...  Cnn x n
n

2

2





Suy ra  1  x  dx   C0n  C1n x  C2n x 2  C3n x 3  ...  Cnn x n dx
n

1

1

n 1
1 x


1
 C0n

2 2  1 1 23  1 2
2n 1  1 n

Cn 
Cn  ... 
Cn
2
3
n 1

22  1 1 23  1 2
2n 1  1 n 3n 1  2n 1

Cn 
Cn  ... 
Cn 
2
3
n 1
n 1

Phương pháp 2: Nhân thêm x,x2,...( Các phương pháp bổ sung).
Thông thường sau khi lấy tích phân hệ số chứa
dạng

1
Cnk .

n2

15


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

x(1  x) n dx

0



1

0

1

 (C

=

(Cn0 x  Cn1 x 2  Cn2 x 3  ...  Cnn x n 1 )dx

1
Cn  Cn  Cn  ... 
Cnn .=
2
3
4
n2



mặt khác

1

0

x(1  x) n dx

(1  x) n  2 (1  x) n 1

n2
n 1

[

] 10 =

S

1

Giải:



1

0

x(1  x) n dx
1

Tính 0 x(1  x)n dx .



1

0

0

u n 1
n 1

1

=




= 0 (1  u )u n du =

x(1  x) n dx

1

 (C

=

0
n

x  C x  C x  ...  C x
1
n

2

2 3
n

n
n

n 1

3
4
n2

=

1
(n  1)(n  2)

1 0 1 1 1 2
1
2 n 1  1
C n  C n  C n  ... 
C nn 
3
6
9
3n  3
3n  3

Giải
Áp dụng khai triển nhị thức Newton

16


1  x 
3

n

= Cn0  Cn1 x3  Cn2 x6  ...  Cnn x3n

 x 2 1  x3   Cn0 x 2  Cn1 x 5  Cn2 x 8  ...  Cnn x 3n2

n

(1)

2 n 1  1
3n  3

(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:

1
1
1
2n 1  1
C0n  C1n  Cn2  ... 
Cnn 
2
3
n 1
n 1

HD: Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân.

n 1
n 1 

HD: Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Vì số hạng
2n 1
cuối cùng có hệ số
nên ta biết cận từ 0 đến 2 và tổng đan dấu nên ta sử dụng
n 1
2

 1  x 

n

dx

0

Bài 3:
1/Tính tích phân 0 x1  x n dx
1

17


2/Chứng minh: 1 C n0  1 C n1  1 C n2  1 C n3  ... 
2

4




6

,




4

,

). 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 C nk trong tổng. Để nói chi tiết
được điều này đòi hỏi phải có lượng lớn những nhận xét, sẽ vượt quá khuôn khổ cho
phép của một đề tài sáng kiến kinh nghiệm. Tôi chỉ đưa ra một số ví dụ minh hoạ cho
một vài dạng hay gặp, qua đó người đọc sẽ trả lời được câu hỏi cho mình.
3.2. Bài tập:
Dạng 1: Khai triển (1 + x)n, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp hoặc khai triển
trực tiếp các số phức.
Bài 1: Tính tổng sau S = C2009  C2009  C2009  ...  C2009  C2009
0

2

C

C

0
2009

=

2
4
2006
2008
 C2009
 C2009
 ...  C2009
 C2009


+

3
5
2007
2009
 C2009
 C2009
 ...  C2009
 C2009
i

Vậy so sánh phần thực và phần ảo ta có S = 2

B=

21004

-3C18 +C20
Bài 2. Tính tổng: D =310C020 -39C220 +38C420 -37C620 +...+32C16
20
20 20

Giải:
Xét khai triển:



3 i



20

 ( 3)20C0  i( 3)19C1  ( 3)18C2  ...  i 3C19  C20
20
20
20
20
20

-39C2 +38C4 -37C6 +...+32C16 -3C18 +C20 )



 3
1
 220   i 
2
 2

20

π
π
 220  cos  isin 
6
6


20



 220  cos


20π
20π 
 isin
6
6 



Bài 1: Tính tổng S= 2.3C220 -4.32C420 +6.33C620 -...+18.39C18
-20.310C20
20
20
Giải:
Xét khai triển:
= C020  ( 3x)C120  ( 3x) 2 C 220  ( 3x) 3 C320  ...  ( 3x)19 C19
 ( 3x) 20 C 20
20
20
Đạo hàm hai vế ta có:
(1 +

3 x)

20

20 3(1  3x)19 =
 20.310 x19C 20
= 3C120  2.3xC 220  3.( 3)3 x 2C320  ...  19.( 3)19 x18C19
20
20

Cho x = i ta có: 20 3(1  3i)19 =
=

 

 



19
19
1

3
π
π

19
19
19


Mặt khác: 20 3(1  3i) = 20 3.2   i   20. 3.2  cos  isin  
2 
3
3

2
1
19π
19π 
3 

 20. 3.219  cos
 isin
i   10. 3.219  30.219 i
  20. 3.219  

Xét khai triển:
0  xC1  x 2C 2  x 3C3  ...  x13C13  x14C14  x15C15
(1 + x)15 = C15
15
15
15
15
15
15

Nhân hai vế với x ta có:
0  x 2C1  x 3C 2  x 4C3  ...  x14C13  x15C14  x16C15
x(1 + x)15 = xC15
15
15
15
15
15
15

Đạo hàm hai vế ta có:
(1 + x)15 + 15x(1 + x)14 =
 C0  2xC1  3x 2C 2  4x 3C3  ...  14x13C13  15x14C14  16x15C15
15
15
15
15
15
15
15

(1 + i) + 15i(1 + i) =


 2



 2

 2

15
14
14 
π
π
π
π
 cos  isin  15i. 2
 cos  isin 
4
4
4
4



15 

 

15
15
15
3  6C5  8C7  ... 14C13 16C15 = -27
N = 2C115  4C15
15
15
15
15

Các bài tập làm thêm
1) Tính các tổng sau:

21


B  C0  2C2  3.4C4  5.6C6  7.8C8  ... 21.22C22  23.24C24
1
25
25
25
25
25
25
25
B  C1  2.3C3  4.5C5  6.7C7  8.9C9  ...  22.23C23  24.25C25
2
25
25
25

D 2 C
4 C
6 C
8 C
 ...  98 C
 100 C
2
100
100
100
100
100
100

Hướng dẫn: Xét khai triển: (1 + x)100. Đạo hàm hai vế. Nhân hai vế với x. Lại đạo hàm
hai vế. Cho x = i.
ĐS: D1 = - 50.100.250; D2 = -50.250.
0
2
4
5
2n
2n
3) Chứng minh rằng C2 n  3C2 n  9C2 n  27C2 n  ...   3 C2 n  2 .cos
n

2n
.
3


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 .

22