A. MỞ ĐẦU - chuyen-qb.com de Cong thuc to hop.pdfkiến thức tổng hợp về tổ hợp, đạo hàm và cả tích phân, số phức … và điều quan trọng nhất

Phương pháp tính tổng của dãy số có chứa công thức Tổ hợp

Nguyễn Hữu Tình – Giáo viên Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình 1

A. MỞ ĐẦU

Trong chương trình toán THPT, các bài toán liên quan đến dãy số, tính tổng các dãy

số, đặc biệt tổng của các dãy số mà các số hạng có chứa tổ hợp như: Tính giá trị biểu thức

(hay chứng minh một đẳng thức) có dạng

0 1 2 n0 n 1 n 2 n n nG(n) a C a C a C ..... a C (*)

Trong đó ki n

n(n 1)....(n k 1) n!a R;n N;C1.2....(k 1).k k!(n k)!

là một trong những

dạng toán thường gặp trong các kỳ thi tốt nghiệp THPT, ĐH, CĐ, THCN và cả những kỳ

thi chọn học sinh giỏi. Để giải được bài toán này đòi hỏi người giải phải có được những

kiến thức tổng hợp về tổ hợp, đạo hàm và cả tích phân, số phức … và điều quan trọng nhất

là nắm được cách vận dụng linh hoạt các nội dung đó vào trong mỗi bài toán. Vấn đề đặt

ra là, khi nào chúng ta sử dụng đạo hàm, tích phân, ứng dụng số phức … và khi nào thì

không? Đây là điều học sinh thường gặp khó khăn trong việc xác định phương hướng để

lựa chọn một nội dung cho phù hợp để áp dụng.

Bản thân tôi, trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi ĐH, CĐ,

THCN và tham khảo thêm một số tài liệu, đã rút ra được một số kinh nghiệm trong một số

trường hợp cụ thể để có thể sử dụng có hiệu quả những nội dung trên vào việc tính tổng

của (*) hay chứng minh đẳng thức (*).

Để giúp các em có thêm kinh nghiệm trong quá trình học tập nhằm giải quyết tốt

dạng toán trên, tôi quyết định viết đề tài này nhằm chia sẽ cùng đồng nghiệp, học sinh và

độc giả một số phương pháp, kinh nghiệm giải bài toán (*).



B – NỘI DUNG

Giả sử tính cần giá trị biểu thức (hay chứng minh một đẳng thức) có dạng:

0 1 20 1 2( ) ..... n

n n n n nG n a C a C a C a C (*)

Trong đó ki n

n! n(n 1)....(n k 1)a R;n N*;Ck!(n k)! 1.2....(k 1).k

Phần 1: Sử dụng trực tiếp khai triển, đạo hàm và tích phân

Xét khai triển ( ) ( )t nf x x , trong đó , , t R\{0}, *n N . Áp dụng công thức

khai triển nhị thức Newton, ta có:

0 1 1

( ) ( ) ( ) ..... ( ) .... ( )

t n

n n t k n k t k n t nn n n n

f x xC C x C x C x

(1)

với kn

n! n(n 1)(n 2)....(n k 1)Ck!(n k)! k(k 1)(k 2)....3.2.1

Nhận xét 1:

Trong (1) nếu thay x = a ta được:

0 1 1( ) ..... ( ) .... ( )n n t n k t k k t n nn n n nA C a C a C a C (2)

Như vậy nếu G(n) là tổng của n + 1 số hạng có số hạng đầu là 00 na C và số hạng cuối

là nn na C ; thừa số ak có thể phân tích thành ak = ( ) , 1,n k t ka k n thì ta vận dụng (1) khi

cho x = a, do đó để tính (hay chứng minh) biểu thức (*) ta đưa về việc tính giá trị

( ) ( ) ( )t nG n f a a hay chứng minh ( ) ( )f a G n .

Một số trường hợp đặc biệt:

1. Trong (1) cho 1, 1, 1,t x a , ta có:

0 1 2 2 ..... ..... (1 )k k n n nn n n n nA C aC a C a C a C a (3)

2. Trong (1) cho 1, 1, 1,t x a , ta có:

0 1 2 2 ..... ( 1) ..... ( 1) (1 )k k k n n n nn n n n nA C aC a C a C a C a (4)

3. Trong (1) cho 1, 1, 1x a , ta có:

0 1 2 ..... ..... 2k n nn n n n nA C C C C C (5)

4. Trong (1) cho 1, 1, 1x a , ta có:



0 1 2 ..... ( 1) ..... ( 1) 0k k n nn n n n nA C C C C C (n 1) (6)

Một số ví dụ:

Bài 1:

Tính tổng 5 0 4 1 3 2 2 3 4 55 5 5 5 5 52 2 2 2 2S C C C C C C

Giải

Xét khai triển 0 1 1 2 2 2( , ) ( ) ...n n n n n nn n n nf a x a x C a C a x C a x C x (i)

Nhận xét: Vế phải của S chính là vế phải của (i) nếu trong (i), cho 2, 1a x nên

S = 5 5(2,1) (2 1) 3 243f

Tóm lại: 5 0 4 1 3 2 2 3 4 55 5 5 5 5 52 2 2 2 2 243S C C C C C C

Bài 2:

Chứng minh: 0 2 2 4 4 2000 2000 2000 20012001 2001 2001 20013 3 .... 3 2 (2 1)C C C C

(Đại học Sư phạm Vinh – 2002)

Bài 3:

Chứng minh: 0 2 2 4 4 2000 2 2 2 12 1 2 1 2 1 2 13 3 .... 3 2 (2 1)n n n

n n n nC C C C

(Đại học Hàng hải – 2002)

Giải.

Áp dụng công thức (3) và (4) với a = 3 và khai triển bậc 2n + 1, ta có: 0 1 2 2 2 1 2 1 2 12 1 2 1 2 1 2 13 3 ..... 3 (1 3) 4n n n n

n n n nA C C C C

0 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 12 1 2 1 2 1 2 13 3 ..... 3 (1 3) 2n n n n

n n n nB C C C C

Cộng vế theo vế của A và B, ta có: 0 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 12 1 2 1 2 12( 3 ... 3 ) 4 2 2 (2 1)n n n n n n

n n nA B C C C

Vậy 0 2 2 4 4 2000 2 2 2 12 1 2 1 2 1 2 13 3 .... 3 2 (2 1)n n n

n n n nC C C C

(Đpcm)

Áp dụng với n = 1000, cho ta được kết quả của bài 2.

Bài 4: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: 0 1 1 1 23 3 3 ... ( 1) 2048n n n n nn n n nC C C C



(Trích đề thi đại học khối B năm 2007)

Giải:

Ta có: 0 1 1 1 23 3 3 ... ( 1) (3 1) 2n n n n n n nn n n nC C C C

Suy ra, 0 1 1 1 23 3 3 ... ( 1) 2048 2 2048 11n n n n n nn n n nC C C C n

Bài 5:

Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: 1 2 3 202 1 2 1 2 1 2 1..... 2 1n

n n n nC C C C

(Trích đề thi Đại học khối A năm 2006)

Giải:

Áp dụng công thức k n kn nC C với 0 k n;n,k N

Ta có: 0 2 12 1 2 11 n

n nC C ; 1 2

2 1 2 1n

n nC C ; …..; 12 1 2 1n nn nC C

Nên 1 2 0 1 2 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 12( ... ) ..... 2n n n

n n n n n n nC C C C C C C

Mặt khác: Áp dụng (5) cho 2n + 2 số ta được: 0 1 2 2 1 2 12 1 2 1 2 1 2 1..... 2n n n

n n n nC C C C

Ta được 1 2 22 1 2 1 2 1... 2 1n n

n n nC C C , ta được n = 10.

Vậy, phương trình có nghiệm là n = 10

Nhận xét 2:

Trong khai triển (1), với lấy đạo hàm hai vế ta được,

1 1 1 2 2 2 2 1 1'( ) . ( ) 2 ....n t n t n n ntn n nf x t C x tC x ntC x . (8)

Trong (8) nếu thay x = a ta được

1 1 1 2 2 2 1 2 12 .... ( 1)n t n t n nt nn n nH t a C t a C nt a C n (9)

Như vậy nếu G(n) là tổng của n số hạng có số hạng đầu là 11 na C và số hạng cuối là

nn na C ; thừa số ak có thể phân tích thành ak = 1 , 1,n k k ktkt a k n thì ta vận dụng (8)

khi cho x = a, do đó để tính (hay chứng minh) biểu thức (*) ta đưa về việc tính giá trị

( ) '( )G n f a hay chứng minh '( ) ( )f a G n

Một số trường hợp đặc biệt.

1. Trong (8) cho 1, 1, 1, t x a , ta có:

1 2 1 1 1( ) 2 .... ... (1 ) k k n n nn n n nG n C aC ka C na C n a (10)




1 2 1 1 1 1 1( ) 2 ..... ( 1) ..... ( 1) (1 )k k k n n n nn n n nG n C aC ka C na C n a (11)

3. Trong (8) cho 1, 1, 1, 1 x a t , ta có:

1 2 12 ..... ..... 2k n nn n n nH C C kC nC n (12)

4. Trong (8) cho 1, 1, 1, 0 x a t , ta có:

1 2 1 12 ..... ( 1) ..... ( 1) 0k k n nn n n nH C C kC nC ( 2n ) (13)


Bài 1:

Chứng minh rằng:

1 1 2 2 13 2 3 .... 3 ... .4 n n k n k n nn n n nC C kC nC n (14)

Giải

Xét khai triển 0 1 1 2 2 2( , ) ( ) ...n n n n n nn n n nf a x a x C a C a x C a x C x

Ta có: 1 1 2 2 3 3 2 1' ( , ) 2 3 ...n n n n nx n n n nf a x C a C a x C a x nC x . (ii)

Nhận xét, vế trái của (14) chính là vế phải của (ii) nếu trong (ii) cho 3, 1a x , nên 1 1 2 23 2 3 ... ' (3,1)n n nn n n xC C n C f , mà 1' ( , ) ( ) n

xf a x n a x nên 1 1' (3,1) (3 1) 4n n

xf n n .

Vậy 1 1 2 2 13 2 3 .... 3 ... .4 n n k n k n nn n n nC C kC nC n (Đpcm)

Bài 2:

Tính tổng:

1 1 1 2 3 32 2 3.2 .... 2 ...n n n n k k nn n n n nS C C C k C nC (15)

Giải.

Ta thấy 1 1 2 2 3 32 2.2 3.2 .... 2 ...n n n n k k nn n n n nS C C C k C nC .

Xét khai triển 0 1 1 2 2 2( , ) ( ) ...n n n n n nn n n nf a x a x C a C a x C a x C x (iii)

Nhận xét, vế phải của S chính là vế phải của (iii) nếu trong (iii) cho 2, 1a x nên

' (2,1)xS f , mà 1' ( , ) ( ) nxf a x n a x nên 1 1' (2;1) (2 1) 3n n

xf n n

Vậy 1 1 1 2 3 3 12 2 3.2 .... 2 ... .3n n n n k k n nn n n n nS C C C k C nC n

Bài 3: Tìm số nguyên dương n sao cho:



1 2 2 3 4 2 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 12.2 3.2 4. ... (2 1).2 2005n n

n n n n nC C C C n C

Đề thi Đại học khối A năm 2005

Giải

Đặt 1 2 2 3 4 2 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 12.2 3.2 4. ... (2 1).2 n n

n n n n nA C C C C n C

Xét khai triển 2 1 0 1 2 2 2 1 2 12 1 2 1 2 1 2 1( ) (1 ) ...n n n

n n n nf x x C C x C x C x

Ta có, 1 2 3 2 2 1 22 1 2 1 2 1 2 1'( ) 2 3 ... (2 1) n n

n n n nf x C C x C x n C x (iv)

Nhận xét, vế phải của A chính là vế phải của (iv) nếu trong (iv) cho x = -2. Vậy

'( 2)A f , mà 2'( ) (2 1)(1 ) '( 2) 2 1nf x n x f n

Suy ra, A 2005 2 1 2005 1002n n

Bài 4:

Đặt 100 2 1000 1 2 100( ) ( 2) ....f x x a a x a x a x

a) Tính 97a

b) Tính 0 1 2 100.....S a a a a

c) Tính 1 2 3 1002 3 .... 100M a a a a

Giải

Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta được: 100 0 1 99 100 100 100

100 100 100 100( 2) 2 ... ( 1) 2 ... 2n k k k kx C x C x C x C

a) Số hạng thứ k + 1 có dạng 1001 100( 1) 2k k k k

kT C x . Số 97a là hệ số của x97 (ứng

với k = 3) nên 3 3 397 100( 1) 2 1293600a C

b) Tổng 0 1 2 100.....S a a a a chính là vế phải của f(x) khi cho x = 1, hay

100(1) (1 2) 1S f

c) Ta có: 2 991 2 3 10 0'( ) 2 3 .... 100f x a a x a x a x nên tổng

991 2 3 1002 3 .... 100 '(1) 100(1 2) 100M a a a a f .

Nhận xét 3: Giả sử ( ) ( )t nf x x có đạo hàm đến cấp 2

Trong khai triển (1), lấy đạo hàm cấp 2 cả 2 vế ta được:

"

1 1 2 2 2 2 2 2 2

"( ) ( )

( 1) 2 (2 1) ... ( 1)

t n

n t n t n n ntn n n

f x x

t t C x t t C x nt nt C x

(17)




1 2 1 2 2 2 2 2 2( 1) 2 (2 1) ... ( 1)n t n t n nt nn n nL t t a C t t a C nt nt a C (18)

Như vậy nếu G(n) là tổng của n số hạng có số hạng đầu là 11 na C và số hạng cuối là

nn na C ; thừa số ak có thể phân tích thành 2( 1) , k=1,n k k kt k

k na kt kt a C n thì ta

vận dụng (17) khi cho x = a, do đó để tính (hay chứng minh) biểu thức (*) ta đưa về việc

tính giá trị ( ) "( )G n f a hay chứng minh "( ) ( )f a G n .



2 3 2 2 21.2 2.3 .... ( 1) ... ( 1) ( 1)(1 )k k n n nn n n nC aC k k a C n n a C n n a (19)


2 3 2 21.2 2.3 .... ( 1) ( 1) ( 1)(1 )n n n nn n nL C aC n n a C n n a (20)

3. Trong (17) cho 1, 1, 1, 1 t x a , ta có:

2 3 21.2 2.3 .... ( 1) ... ( 1) ( 1)2k n nn n n nL C C k k C n n C n n (21)

4. Trong (2) cho 1, 1, 1, 1 t x a , ta có:

2 31.2 2.3 .... ( 1) ( 1) 0n nn n nL C C n n C ( 3)n (22)


Bài 1:

Chứng minh rằng: 2 3 21.2 2.3 .... ( 1) ... ( 1) ( 1)2k n nn n n nC C k k C n n C n n

(Đại học An ninh – 1998)

Xem kết quả công thức 21

Bài 2:

Tính tổng:

1 3 2 4 3 2 22.1 4.3 6.5.3 ... 2 (2 1)3 n nn n n nL C C C n n C (23)

Giải:

Ta có: 1 2 2 4 3 2 22.1 4.3.3 6.5.3 ... 2 (2 1)3 n nn n n nL C C C n n C (24)



Nhận xét: Vế phải của (24) chính là vế phải của (17) nếu trong (17) cho t = 2, 1, 1 ,

x = a = 3 nên 1 3 2 4 3 2 22.1 4.3 6.5.3 ... 2 (2 1)3 "(3) n nn n n nL C C C n n C f với

2( ) (1 )nf x x .

Ta có: 2 1 2 2 2'( ) 2 (1 ) ; "( ) 2 (1 ) (1 (2 1) )n nf x nx x f x n x n x

Suy ra, 2"(3) 4 (9 4)10 nf n n .

Vậy 1 3 2 4 3 2 2 22.1 4.3 6.5.3 ... 2 (2 1)3 4 (9 4)10 n n nn n n nL C C C n n C n n

Nhận xét 4:

Giả sử ( ) ( )t nf x x tồn tại nguyên hàm trong khoảng (c; d) và p, q (c; d).

Trong khai triển (1) lấy tích phân (cận p, q) cả 2 vế, ta được:

0 1 1

1 10 1 1

1 10 1 1

( ) ( ) .... ( )

..... 1 1

( ) ( ) ... (1 1

p p p pn n t n t n

n n nq q q q

p pn n npn t ntn nn q

q q

n n nn t t ntn n

n

f x dx C dx C x dx C x dx

C CC x x xt nt

C CC p q p q pt nt

1 1)ntq

(25)


1

0 1 1 1 1 1( ) ( ) ... ( )1 1

n nn t t nt nt n

n n nK p q C p q C p q Ct nt

(26)

Như vậy nếu G(n) là tổng của n + 1 số hạng có số hạng đầu là 00 na C và số hạng cuối

là nn na C ; thừa số ak có thể phân tích thành 1 1( ) ( 1, )

1

n k kkt kt k

k na p q C k nkt

thì

ta vận dụng (25) khi cho x = a, do đó để tính (hay chứng minh) biểu thức (*) ta đưa về việc

tính giá trị ( ) ( ) p

t n

q

G n x dx hay chứng minh ( ) ( ) p

t n

q

G n x dx .


1. Trong (25) cho 1, 1, 0t p q

1

0 1 1

0

1 1 1 1 ( )( ) ... ( )1 2 1 1

n nn n n n n

n n nG n C C C x dxn n

(27)

2. Trong (25) cho 1, 1, 1, 1, 0t p q , ta có:



1 1

0 1 2 3

0

1 1 1 1 2 1( ) .... (1 )2 3 4 1 1

n

n nn n n n nG n C C C C C x dx

n n (28)

3. Trong (25) cho 1, 1, 1, 1, 0t p q , ta có:

1

0 1 2 3

0

1 1 1 1 1( ) .... ( 1) (1 )2 3 4 1 1

n n nn n n n nG n C C C C C x dx

n n

(29)


Bài 1:

Tính các tổng sau:

a) 0 1 2 2 3 31 1 1 1.2 2 2 .... 22 3 4 1

n nn n n n nK C C C C C

n

(30)

(Đại học Đà Nẳng – 2002 - Khối A)

b) 0 1 2 31 1 1 1.... ( 1)2 3 4 1

n nn n n n nK C C C C C

n

(31)

(Đại học Đà Nẳng – 2002 - Khối D)

c) 5 4 3 2

6 0 1 2 3 4 5 66 6 6 6 6 6 6

2 2 2 2 2 122 3 4 5 6 7

K C C C C C C C (32)

(Đại học Dân lập Duy Tân – 2002 - Khối A)

Giải

a) Nhận xét: Vế phải của (30) chính là vế phải của (27) nếu trong (27) cho

1, 2 , t = 1, p = 1 và q = 0. Do đó: 1

0 1 2 2 3 3

0

1 1 1 1.2 2 2 .... 2 (1 2 )2 3 4 1

n n nn n n n nK C C C C C x dx

n

Mà11 1 1

0 0

1 (1 2 ) 3 1(1 2 )2 1 2( 1)

n nn xx dx

n n

.

Vậy: 1

0 1 2 2 3 31 1 1 1 3 1.2 2 2 .... 22 3 4 1 2( 1)

nn n

n n n n nK C C C C Cn n

b) 1

0 1 2 3

0

1 1 1 1 1.... ( 1) (1 )2 3 4 1 1

n n nn n n n nK C C C C C x dx

n n

Xem công thức (29)



c) 5 4 3 2

6 0 1 2 3 4 5 66 6 6 6 6 6 6

2 2 2 2 2 122 3 4 5 6 7

K C C C C C C C (33)

Nhận xét, vế phải của (33) chính là vế phải của (27) nếu trong (27) cho

2, 1, 1, 1, 0, 6t p q n .

Do đó: 15 4 3 2

6 0 1 2 3 4 5 6 66 6 6 6 6 6 6

0

2 2 2 2 2 12 (2 )2 3 4 5 6 7

K C C C C C C C x dx

mà 11 7 7 7

6

0 0

(2 ) 3 2 2059(2 )7 7 7

xx dx

Vậy 5 4 3 2

6 0 1 2 3 4 5 66 6 6 6 6 6 6

2 2 2 2 2 1 205922 3 4 5 6 7 7

K C C C C C C C

Bài 2:

Tính 1

2

0

(1 )nnI x x dx

Từ đó hãy chứng minh rằng:

0 1 21 1 1 ( 1) 1.....2 4 6 2( 1) 2( 1)

n

n n nC C Cn n

(Đại học Cảnh sát nhân dân – 1998)

Giải 11 1 2 1

2 2 2

0 0 0

1 (1 ) 1(1 ) (1 ) (1 )2 2( 1) 2( 1)

nn n

nxI x x dx x d x

n n

Nhận xét rằng, để chứng minh:

0 1 21 1 1 ( 1) 1.....2 4 6 2( 1) 2( 1)

n

n n nC C Cn n

Ta chứng minh 1

0 1 2 2

0

1 1 1 ( 1)..... (1 )2 4 6 2( 1)

nn

n n nC C C x x dxn

Xét khai triển: 2 0 1 2 2 4 2 2(1 ) .... ( 1) ... ( 1)n k k k n n n

n n n n nx C C x C x C x C x

Suy ra: 2 0 1 3 2 5 2 1 2 1(1 ) .... ( 1) ... ( 1)n k k k n n n

n n n n nx x C x C x C x C x C x Do đó,



1 1 1 1 12 0 1 3 2 5 2 1

0 0 0 0 0

1 1 1 10 2 1 4 2 6 0 2 2

0 0 0 0

0 1 2

(1 ) ..... ( 1)

1 1 1 ( 1) ....2 4 6 2( 1)1 1 1 ( 1) .....2 4 6

n n n nn n n n

nn

n n n n

n n n

x x dx C xdx C x dx C x dx C x dx

C x C x C x C xn

C C C

2( 1)

n

n

Mà 1

2

0

1(1 )2( 1)

nnI x x dx

n

.

Vậy 0 1 21 1 1 ( 1) 1.....2 4 6 2( 1) 2( 1)

n

n n nC C Cn n

(Đpcm)

Bài 3:

Chứng minh rằng

1 2 31 1 1 ( 1) 2.4.6....21 ....3 5 7 2 1 3.5.7...(2 1)

nn

n n n nnC C C C

n n

(34)

Giải

Nhận xét, vế trái (34) chính là vế trái của (25) nếu trong (25) thay

1, 1, 2, 1, 0t p q .

Do đó, 1

1 2 3 2

0

1 1 1 ( 1)1 .... (1 )3 5 7 2 1

nn n

n n n nC C C C x dxn

Xét 1

2

0

(1 )nnI x dx , ta có:

1 12 2 2 2

0 0

1 1 12 1 2 2 2 2

10 0 0

(1 ) (1 )(1 )

(1 ) (1 ) (1 )

n nn

n n nn

I x dx x x x dx

x dx x x dx I x x dx

Xét 1

2 2

0

(1 )nT x x dx . Đặt 2 12 (1 )(1 )

2 2

nn

du dxu xxx x dx dv v

n

Suy ra:



11 12 12 2 2 1

10 00

(1 ) 1 1(1 ) (1 )2 2 2 2 2 2

nn n

nxT x x dx x x dx I

n n n

.

Vậy

11 1 1

(2 2)(2 3) (2 2) ,2 2 2 3

nn n n n n n

I nI I n I n I I I n Nn n

(35)

Nói riêng với n = 0 ta có: 1 1

2 00

0 0

(1 ) 1I x dx dx

Trong (35) cho n = 0, 1, 2, 3, …n - 1, ta có:

12

2 1n nnI I

n

; 1 22 22 1n nnI In

; …….; 1 0

23

I I . Do đó:

1 2 02 2 .(2 2) 2 (2 2)...6.4 2 (2 2)...6.4.2

2 1 (2 1)(2 1) (2 1)(2 1)..7.5 (2 1)(2 1)...7.5.3

n n nn n n n n n nI I I I

n n n n n n n

Vậy 1

1 2 3 2

0

1 1 1 ( 1) 2 ...6.4.21 .... (1 )3 5 7 2 1 (2 1)...7.5.3

n

n nn n n n

nC C C C x dxn n

Bài 4: Chứng minh rằng: 2

1 3 5 22 2 2 2

1 1 1 1 2 1...2 4 6 2 2 1

nn

n n n nC C C Cn n

, với n là

số nguyên dương, knC là số tổ hợp chập k của n phần tử

(Đề thi Đại học khối A năm 2007)

Giải

Xét khai triển:

2 0 1 2 2 3 3 2 1 2 1 2 22 2 2 2 2 2( ) (1 ) ...n n n n n

n n n n n nf x x C C x C x C x C x C x

2 0 1 2 2 3 3 2 1 2 1 2 22 2 2 2 2 2( ) (1 ) ...n n n n n

n n n n n ng x x C C x C x C x C x C x

Ta có, 1 3 3 2 1 2 12 2 2

( ) ( )...2

n nn n n

f x g xC x C x C x

Lấy tích phân (cận từ 0 đến 1) cả hai vế, ta được: 1 1

1 3 3 2 1 2 12 2 2

0 0

( ) ( )...2

n nn n n

f x g xC x C x C x dx dx

Ta có, 1

1 3 3 2 1 2 1 1 3 2 12 2 2 2 2 2

0

1 1 1... ...2 4 2

n n nn n n n n nC x C x C x dx C C C

n



và 1 11 1 2 1 2 1 2

2 2

0 00 0

( ) ( ) 1 1 (1 ) (1 ) 2 1(1 ) (1 )2 2 2 2 1 2 1 2 1

n n nn nf x g x x xdx x x dx

n n n

.

Suy ra, điều phải chứng minh.

Tóm lại, dựa vào những nhận xét trên, ta có thể thấy ngay được qui luật để sử dụng

các công thức một cách chính xác.

- Nếu các thừa số ak có thể phân tích được thành dạng

( ) , 1,n k t kka a k n thì ta sử dụng công thức 1.

- Nếu các thừa số ak có thể phân tích được thành dạng 1 , 1,n k k kt

ka kt a k n thì ta sử dụng công thức 8.

- Nếu các thừa số ak có thể phân tích được thành dạng 2( 1) , 1,n k k kt

ka kt kt a k n thì ta sử dụng công thức 17

- Nếu các thừa số ak có thể phân tích được thành dạng

1 1( ), 1,1

n k kkt kt

ka p q k nkt

thì ta sử dụng công thức 25

- Trong một số trường hợp, mấu chốt để lựa chọn phương pháp phù hợp nằm ở chổ:

Nếu G(n) có dạng 1 2 n1 n 2 n n nG(n) 1a C 2a C ... n.a C thì ta sử dụng công thức 8.

Nếu G(n) có dạng 1 2 n1 n 2 n n nG(n) 1.2a C 2.3a C ... (n 1).n.a C thì ta sử dụng

công thức 17.

Nếu G(n) có dạng 0 1 n0 n 1 n n n

1 1 1G (n ) a C a C .... a C1 2 n 1

thì ta sử dụng công

thức 25.

Nếu G(n) có dạng 0 2 4 20 2 2 2 4 2 2 2( ) ... n

n n n n nG n a C a C a C a C hoặc

1 3 5 2 11 2 3 2 5 2 2 1 2( ) ... n

n n n n nG n a C a C a C a C thì ta khai triển

2

20

( )n

ii n

i

f x a C

và

2

20

( ) ( 1)n

i ii n

i

g x a C

. Từ đó, cộng (hoặc trừ) vế theo vế của ( )f x và ( )g x để ta có được

biểu thức tương ứng.

Phần 2: Sử dụng số phức

Xét số phức z a bi (với ,a b R ).



Giả sử số phức z có dạng lượng giác là (cos sin )z r i

Ta có: 0 1 1 2 2 2( ) ( ) .... ( )n n n n n n nn n n nz a bi C a C a bi C a bi C bi

0 2 2 2 4 4 4 2 2 2

1 1 3 3 3 1 2 1 2 1 2 1

... ( 1) ...

... ( 1) ...

n n n k k n k kn n n n

n n k k n k kn n n

C a C a b C a b C a b

C a b C a b C a b i

Mặt khác, ta lại có cos sinn n nz r n r n i

Từ đó suy ra:

0 2 2 2 4 4 4 2 4 2 24... ( 1) ... cosn n n k k n k k n

n n n nC a C a b C a b C a b r n (36)

1 1 3 3 3 5 5 5 2 1 2 1 2 1... ( 1) ... sinn n n k k n k k nn n n nC a b C a b C a b C a b r n (37)

Một số ví dụ

Bài 1:

Tính tổng 0 2 4 2012 20142015 2015 2015 2015 2015....S C C C C C

Giải

Xét khai triển

2015 0 1 2 2 3 3 2015 20152015 2015 2015 2015 2015(1 ) ...i C C i C i C i C i , với 2 1i

Ta có: 4 4 1 4 2 4 31; ; 1;k k k ki i i i i i với mọi số tự nhiên k.

Từ đó ta có:

2015 0 1 2 3 4 2013 2014 20152015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015(1 ) ...i C C i C C i C C i C C i

0 2 4 2 2014 1 3 2013 20152015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015...( 1) ... ...k kC C C C C C C C C i

Mặt khác,

2 21 2 2 cos sin2 2 4 4

i i i

nên 2015 2015(1 ) ( 2) cos 2015 sin 20154 4

i i

Vậy, 2015 1007 100720152 cos 2 2 cos 504 24 4

S

Tóm lại: 0 2 4 2012 2014 10072015 2015 2015 2015 2015.... 2S C C C C C

Nhận xét, từ khai triển trên, ta cũng có

1 3 5 2013 2015 10072015 2015 2015 2015 2015.... 2S C C C C C

Bằng cách, khai triển (1 )ni , ta có kết quả tổng quát sau:



0 2 4

1 3 5

... 2 .cos4

... 2 .sin4

n

n n n

n

n n n

nC C C

nC C C

( *n )

Bài 2:

Cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng:

0 2 4 6 2 22 2 2 2 2

23 9 27 ... ( 3) 2 .cos3

n n nn n n n n

nC C C C C

Giải

Xét khai triển

2 3 2 2 2 1 22 0 1 2 3 2 2 2 1 22 2 2 2 2 2 2(1 3 ) 3 3 3 ... 3 3 3

n n nn n n nn n n n n n ni C C i C i C i C i C i C i

130 2 2 4 2 1 3 2 12

2 2 2 2 2 2 23 3 ... ( 3) 3 3 ... ( 3)n

n n nn n n n n n nC C C C C C C i

Mặt khác, 1 31 3 2 2 cos sin2 2 3 3

i i i nên

22

21 3 2 cos sin3 3

nn ni i

2 22 22 cos 2 sin3 3

n nn n i

Do đó, 0 2 4 6 2 22 2 2 2 2

23 9 27 ... ( 3) 2 .cos3

n n nn n n n n

nC C C C C . Suy ra, điều phải chứng minh.

Trên đây là một số nội dung tôi đã trình bày, rất cụ thể nhưng đồng thời cũng mang

tính định hướng để từ đó bạn đọc có thể vận dụng để giải quyết những bài toán dạng tương

tự. Hy vọng đề tài này có thể giúp học sinh và đồng nghiệp có định hướng lựa chọn

phương pháp phù hợp trong một số trường hợp cụ thể đối với loại bài toán này, đồng thời

đề tài cũng có tính mở rất cao, các đồng nghiệp và học sinh có thể tự mình khái quát lên

phương pháp giải bài toán tổng quát khi xét những khai triển mang tính chất tổng quát

hơn, dùng đạo hàm cấp cao hơn và dùng tích phân nhiều lớp hơn để có thể giải quyết các

bài toán phức tạp hơn.

Trong quá trình thực hiện, chắc chắn sẽ không tránh khỏi những sơ suất. Rất mong

được quí đồng nghiệp cũng như học sinh góp ý đề tài này thực sự một tài liệu tham khảo

có giá trị cho giáo viên và học sinh trong giải toán.



TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Ngô Thúc Lanh (chủ biên). Sách giáo khoa Giải tích 12 – NXB GD – 2000)

2. Lê Hồng Đức (chủ biên). Giải tích Tổ hợp 12 (Bài tập tự luận & trắc nghiệm) –

NXB ĐH Quốc gia Hà Nội – 2006

3. Nguyễn Trọng Bá, Trần Tuấn Điệp, Trần Xuân Tiếp, Nguyễn Phú Trường. Giới

thiệu đề thi tuyển sinh (vào ĐH và CĐ trong toàn quốc năm học 2001 – 2002) – NXB

Hà Nội - 2001

4. Ngô Viết Diễn. Toán nâng cao Giải tích 12 – NXB TP Hồ Chí Minh - 2001

Documents

A. MỞ ĐẦU - chuyen-qb.com de Cong thuc to hop.pdfkiến thức tổng hợp về tổ hợp, đạo hàm và cả tích phân, số phức … và điều quan trọng nhất