Chuyên đề: Một vài kĩ năng tính tổng tổ hợp

CHUYÊN ĐỀ: MỘT VÀI KĨ NĂNG TÍNH TỔNG TỔ HỢP Lời mở đầu “Tổng tổ hợp” nội dung quan trọng chương trình mơn Tốn THPT thường gặp đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng “Tổng tổ hợp” đánh giá nội dung khó hay Trong trình học, học sinh làm quen với khái niệm toán liên quan quy tắc đếm, hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp, ứng dụng nhị thức Newton Trong tập tổ hợp, dạng tốn tính tổng tổ hợp dạng gây khó khăn cho học sinh Trong đó, tài liệu hồn chỉnh dành cho dạng tốn khơng nhiều Trong q trình giải tập dạng tính tổng tổ hợp nhiều học sinh lúng túng khơng biết hướng giải khơng biết áp dụng kiến thức học vào tốn Chúng tơi hy vọng với viết này, em tự luyện tập để khỏi bỡ ngỡ trước đề toán kiểm tra thi có dạng tính tổng tổ hợp Cấu trúc chuyên đề Chuyên đề trình bày chương: Chương Một số kiến thức Trong chương điểm lại số kiến thức hai quy tắc đếm bản, hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp số cơng thức tính tốn Chương Một số kĩ tính tổng tổ hợp Trong chương tập chung vào số kĩ tập mẫu tính tổng tổ hợp như: Sử dụng tốn đếm, sử dụng cơng thức, sử dụng khai triển nhị thức Newton, đạo hàm, tích phân số phức Chương Bài tập áp dụng Đưa số tập áp dụng để học sinh rèn luyện kĩ tính tổng tổ hợp Chương Một số kiến thức Hai quy tắc đếm 1.1 Quy tắc cộng Giả sử, cơng việc thực theo k phương án A1, A2, …, Ak Có n1 cách thực phương án A1, n2 cách thực phương án A2, …, nk cách thực phương án Ak Khi đó, cơng việc thực n1  n2   nk cách Quy tắc cộng mở rộng Cho hai tập hợp hữu hạn A B Khi đó, số phần tử A  B số phần tử A cộng với số phần tử B trừ số phần tử A  B , tức | A B  A  B  A B | 1.2 Quy tắc nhân Giả sử, cơng việc bao gồm k công đoạn A1, A2, …, Ak Công đoạn A1 thực theo n1 cách, cơng đoạn A2 thực theo n2 cách, …, cơng đoạn Ak thực theo nk cách Khi cơng việc thực theo n1n2 nk cách Hoán vị Cho tập hợp A có n  n  1 phần tử Khi xếp n phần tử theo thứ tự, ta hoán vị phần tử tập A, gọi tắt hốn vị A Kí hiệu Pn số hốn vị tập hợp có n phần tử Ta có Pn  n!  n  n 1 n  22.1 Chỉnh hợp Cho tập hợp A gồm n phần tử số nguyên k với  k  n Khi lấy k phần tử A xếp chúng theo thứ tự, ta chỉnh hợp chập k n phần tử A, gọi tắt chỉnh hợp chập k A Kí hiệu số chỉnh hợp chập k tập hợp có n phần tử 1  k  n  Ank Ta có Ank  n  n 1 n – k  1  n!  n  k ! (1) Quy ước 0!  1, An0  Khi cơng thức (1) với số nguyên k thỏa mãn  k  n Tổ hợp Cho tập A có n phần tử (n ∈ ℕ) và số nguyên k với  k  n Mỗi tập A có k phần tử gọi tổ hợp chập k n phần tử A, gọi tắt tổ hợp chập k A Kí hiệu số tổ hợp chập k tập hợp có n phần tử 1 k  n  Cnk n   k  Ta có Cnk  Ank n!  k ! k ! n  k  ! (2) Quy ước Cn0 = Khi cơng thức (2) với với số nguyên k thỏa mãn  k  n Một số công thức tính tốn  Cnk  Cnn  k ;  Cnk  Cnk 1  Cnk1 ;  Cnk  Ank ; Pk  kCnk  nCnk11 ;  1 Cnk  Cnk11 ; k 1 n 1  Nhị thức Newton  x  y n n   Cnk x n  k y k , x, y  ℂ k 0 Hệ quả:  1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n ; n  1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x    1 Cnn x n ; n  n C k 0 k n n  Cn0  Cn1  Cn2   Cnn  2n ;  Cn0  Cn2  Cn4   Cn1  Cn3  Cn5   2n 1 Chương Một số kĩ tính tổng tổ hợp Sử dụng toán đếm 1.1 Phương pháp  Bước Lập toán  Bước Giải toán hai cách Mỗi cách cho kết biểu diễn dạng vế đẳng thức cần chứng minh  Bước Từ rút đẳng thức cần chứng minh 1.2 Một số tập áp dụng Bài Chứng minh 2011 C2011  C2011  C2011   C2011  22010 Giải  Xét tốn Cho tập S có 2011 phần tử Tìm số tập có lẻ phần tử S  Giải toán  Cách Chọn k phần tử từ 2011 phần tử S với k lẻ k i 1  C2011 Số tập có k ( k lẻ) phần tử C2011 , với  i 1005 Theo quy tắc cộng, số tập có lẻ phần tử S 1005 C i 0 i 1 2011 2011  C2011  C2011  C2011   C2011  Cách Gọi P = { A | A  S ; A có lẻ phần tử}; P = { A | A  S ; A có chẵn phần tử}  Số phần tử P  số phần tử P  m , với m số tập S Số tập S m  22011 Suy số phần tử P 22011  22010 Số tập có lẻ phần tử S 22010 Vì hai cách giải cho kết nên ta có 2011 C2011  C2011  C2011   C2011  22010 Điều phải chứng minh Bài Chứng minh 2012 C2012  C2012  C2012   C2012  22011 Giải  Xét tốn Cho tập S có 2012 phần tử Tìm số tập S có chẵn phần tử  Giải toán  Cách Chọn k phần tử từ 2012 phần tử S , với k chẵn k 2i  C2012 Số tập S có k phần tử ( k chẵn) C2012 , với  i 1006 Theo quy tắc cộng, số tập có chẵn phần tử S 1006 C i 0 2i 2011 2012  C2012  C2012  C2012   C2012  Cách Khơng tính tổng quát, ta có S = S1 ∪ n2012  , với S1 có 2011 phần tử, n2012 phần tử thứ 2012 Ta có tập có chẵn phần tử S tập có chẵn phần tử S1 tập có lẻ phần tử S1  n2012  Suy số tập có chẵn phần tử S số tập có chẵn phần tử S1 cộng với số tập có lẻ phần tử S1 Theo 1, số tập có chẵn phần tử S1 số tập có chẵn phần tử S1 22010 Suy số tập có chẵn phần tử S 22010  22010  22011 Vì hai cách giải cho kết nên ta có 1006 C i 0 2i 2011 2012  C2012  C2012  C2012   C2012  22011 Suy điều phải chứng minh Bài Chứng minh 2020 C2020  2C2020  3C2020   2020C2020  2020.22019 Giải  Xét tốn Có cách lập nhóm học sinh từ 2020 học sinh để thực nhiệm vụ, có người nhóm trưởng  Giải toán  Cách Chọn k học sinh từ 2020 học sinh để lập thành nhóm Sau đó, chọn số k học sinh nhóm để làm nhóm trưởng k Suy có kC2020 cách chọn, với  k  2020 Theo quy tắc cộng, có tất số cách chọn 2020  kC k 1 k 2020 2020  C2020  2C2020  3C2020   2020C2020  Cách Ta chọn học sinh số 2020 học sinh làm nhóm trưởng Khi đó, 2019 học sinh lại, học sinh có hai cách chọn tham gia khơng tham gia vào nhóm thực nhiệm vụ Suy số cách chọn 2020.22019 Vì hai cách giải cho kết nên ta có 2020 C2020  2C2020  3C2020   2020C2020  2020.22019 Suy điều phải chứng minh Bài Chứng minh 2010 1.2C2010  2.3C2010  3.4C2010   2009.2010C2010  2010.2009.22008 Giải Xét tốn Một cơng trường có 2010 cơng nhân Hỏi có cách lập đội từ 2010 cơng nhân để thực cơng việc, có người đội trưởng người đội phó  Giải tốn  Cách Chọn k người từ 2010 công nhân để lập thành đội Sau đó, chọn người số k người làm đội trưởng, chọn người số k 1 người lại làm đội phó Như vậy, có k  k 1 Cnk cách chọn, với  k  2010 Theo quy tắc cộng, tổng số cách chọn 2010  k  k  1 C k 2 k 2010 2010  1.2C2010  2.3C2010  3.4C2010   2009.2010C2010  Cách Chọn người số 2010 công nhân làm đội trưởng Sau đó, chọn người số 2009 người lại làm đội phó Khi đó, 2008 người lại, người lại có hai lựa chọn tham gia không tham gia vào đội lập Suy có tất 2010.2009.22008 cách Vì hai cách giải có kết nên ta có 2010 1.2C2010  2.3C2010  3.4C2010   2009.2010C2010  2010.2009.22008 Suy điều phải chứng minh Bài Chứng minh Cm0 Cnk  Cm1 Cnk 1  Cm2 Cnk 2   CmmCnk m  Cmk n , với  m  k  n Giải  Xét toán Cho tập hợp A gồm m người, tập hợp B gồm n người Hỏi có cách chọn k người từ hai tập A B  Giải toán  Cách Chọn i người từ tập hợp A k  i người từ tập hợp B Suy có Cmi Cnk i cách chọn, với  i  m Theo quy tắc cộng, ta có tổng số cách chọn k người từ hai tập A B m C C i m i 0 k i n = Cm0 Cnk  Cm1 Cnk 1  Cm2 Cnk 2   CmmCnk m  Cách Chọn trực tiếp k người từ m  n người sau ghép hai nhóm lại Số cách chọn k người từ hai tập hợp A B Cmk  n cách Vì hai cách giải cho kết nên ta có Cm0 Cnk  Cm1 Cnk 1  Cm2 Cnk 2   CmmCnk m  Cmk n Điều phải chứng minh Bài Chứng minh C   C   C  1013 1013 2 1013 Giải 1013 1013    C1013  = C2026 Xét tốn Có cách chọn từ 1013 học sinh nam 1013 học sinh nữ đội gồm 1013 học sinh để thực nhiệm vụ Giải toán  Cách Ta chọn k học sinh từ 1013 học sinh nam 1013  k học sinh từ 1013 học sinh nữ để lập thành đội để thực nhiệm vụ Khi đó, số cách k 1013 k k k k C1013  C1013 C1013   C1013 chọn C1013  , với  k  1013 Theo quy tắc cộng, tổng số cách chọn 1013 học sinh từ 1013 học sinh nam 1013 học sinh nữ để thực nhiệm vụ  C  1013 k 1013 k 0 1013 =  C1013   C1013   C1013    C1013  2 2  Cách Ghép hai nhóm học sinh nam nữ thành nhóm gồm 2026 học sinh Sau chọn 1013 học sinh từ 2026 học sinh để lập thành đội thực nhiệm vụ 1013 Số cách chọn 1013 học sinh từ 2026 học sinh C2026 cách Vì hai cách giải cho kết nên ta có C   C   C  1013 1013 2 1013 1013 1013    C1013  = C2026 Suy điều phải chứng minh Bài Chứng minh C  n   Cn2    Cn3    n  Cnn   nC2nn11 2 Giải  Xét tốn Có cách lập đội gồm n người từ n nam n nữ, có đội trưởng nam 10 2000 2000 22000  C2000 219993  C2000 2199832   C2000    3 Mà C2000 2000  52000 Suy S  2.3.52000  6.52000 Bài Tính tổng 2008  32 C2009  34 C2009   32008 C2009 S  C2009 Giải Áp dụng khai triển: 1  x  2009 2008 2009  xC2009  x 2C2009   x 2008C2009  x 2009C2009 ;  C2009 1  x  2009 2008 2009  xC2009  x 2C2009   x 2008C2009  x 2009C2009  C2009 Với x  3, ta có: 1  3 2009 2008 2009  3C2009  32 C2009   32008 C2009  32009 C2009 ;  C2009 (1) 1  3 2009 2008 2009  3C2009  32 C2009   32008 C2009  32009 C2009  C2009 (2) Cộng vế với vế (1) (2) ta 42009   2  2009 2008   C2009  32 C2009  34 C2009   32008 C2009   2S 42009   2  Suy S  2009  22008  22009  1 Bài Chứng minh với  m  k  n Cm0 Cnk  Cm1 Cnk 1  Cm2 Cnk 2   CmmCnk m  Cmk n Giải Xét khai triển: 1  x  m 1  x  1  x  n  Cm0  Cm1 x  Cm2 x   Cmm x m ;  Cn0  Cn1 x   Cnk x k   Cnn x n ; mn  Cn0 m  Cn1 m x   Cnk m x k   Cnnmm x n  m Theo phép tính lũy thừa, ta có 1  x  m n Xét lũy thừa xk 16  1  x  1  x  m n (1) Ở vế trái (1), hệ số xk Cmk  n Ở vế phải (1), ta có 1  x  1  x  m   Cm0  Cm1 x  Cm2 x   Cmm x m   Cn0  Cn1 x   Cnk x k   Cnn x n  n Hệ số xk Cm0 Cnk  Cm1 Cnk 1  Cm2 Cnk 2   CmmCnk m Đồng hệ số ta Cm0 Cnk  Cm1 Cnk 1  Cm2 Cnk 2   CmmCnk m  Cmk  n Điều phải chứng minh Bài Chứng minh C   C   C  n n 2 n    Cnn   C2nn Giải Xét khai triển: n 1  x  = Cn0  Cn1 x  Cn2 x2   Cnn x n ; 2n 1  x  = C20n  C21n x  C22n x   C2nn x n   C22nn x n Ta có 1  x   1  x  1  x  2n n n (1) Xét lũy thừa xn Ở vế trái (1), hệ số xn C2nn Ở vế phải (1), ta có 1  x  1  x  n n  C n  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n   Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n  Hệ số xn    C   C  Cn0Cnn  Cn1Cnn 1  Cn2Cnn 2   CnnCn0  Cn0 2 n 2 n    Cnn  Đồng hệ số ta C   C   C  n n 2 n Điều phải chứng minh 17    Cnn   C2nn 2 Bài Tính tổng  Cn0   Cn1 2  Cn2 2  Cnn  S=             n      Giải Áp dụng công thức S   1 Cnk  Cnk11 , với  k  n , ta có k 1 n 1  C1 2   C 2   C 2    C n 1 2  n 1 n 1 n 1 n 1   n  1   C   n  1    C   C   C  n 1 n 1 2 n 1 n 1  2    Cnn11     C0n 1   Theo kết ta có  C   C   C   C  n 1 Suy S   n  1 C n 1 n 1 2n2 2 n 1 n 1    Cnn11   C2nn12  1 Sử dụng đạo hàm 4.1 Lý thuyết  Dấu hiệu nhận biết Khi biểu thức tổng cần tính có xuất số hạng có dạng kCnk kCnk a n  k b k 1  n  k  Cnk ank 1bk , ta sử dụng đạo hàm cấp để tính  Các bước giải  Bước Chọn hàm số f  x  thích hợp (có thể sử dụng khai triển nhị thức Newton)  Bước Lấy đạo hàm hàm số f  x  chọn theo hai cách: + Lấy đạo hàm trực tiếp hàm số f  x  ; + Lấy đạo hàm hàm số f  x  sau sử dụng khai triển nhị thức Newton hàm số f  x  18  Bước Thay x giá trị thích hợp vào biểu thức vừa tính đạo hàm Đồng hai phép tính ta kết tổng tổ hợp cần tính  Chú ý Ta thường sử dụng khai triển a  x  Cn0 a n  Cn1 a n 1 x  Cn2 a n  x  Cn3a n 3 x   Cnn x n n (1) Lấy đạo hàm theo x hai vế (1) ta n a  x n 1  Cn1 a n 1  2Cn2 a n  x  3Cn3a n 3 x   nCnn x n 1 Đến đây, ta thay a, x số thích hợp để tính tổng cần tìm 4.2 Một số tập áp dụng Bài Tính tổng S  n2n1Cn0   n 1 2n23Cn1   n  2 2n332 Cn2   3n1Cnn1 Giải Xét khai triển  x  a n  Cn0 x n  Cn1 x n 1a  Cn2 x n 2 a  Cn3 x n 3a   Cnn a n (1) Lấy đạo hàm theo x hai vế (1) ta n  x  a n 1   nCn0 xn1   n 1 Cn1 xn2a   n  2 Cn2 xn3a2   n  3 Cn3 xn4a3   Cnn1a n1 Thay x  2, a  vào (2) ta n   3 n 1 =  nCn0 2n1   n 1 Cn1 2n23   n  2 Cn2 2n332   n  3 Cn3 2n433   Cnn1 3n1  n2n1 Cn0   n 1 2n23Cn1   n  2 2n332 Cn2   3n1 Cnn1  S Vậy S  n   3 n 1  n5n 1 Bài Tính tổng 2000 2001  2001C2001  2000C2001   2C2001  C2001 S = 2002C2001 19 (2) Giải Xét khai triển  x  1 001 x 2001  C 2001 x 2000 C 2001 x  C2001   C 1999 2001 2001 (1) Nhân x vào hai vế (1) ta x  x  1 2001 2001 = x  C2001 x 2001  C2001 x 2000  C2001 x1999   C2001  2001 x 2002  C2001 x 2001  C2001 x 2000   C2001 x = C2001 (2) Đạo hàm theo x hai vế (2) ta  x  1  2001x  x  1 2001 2000  2001  2002C2001 x 2001  2001C2001 x 2000  2000C2001 x1999   C2001 (3) Thay x  vào (3) ta 2000 2001 22001 + 2001.22000  2002C2001  2001C2001  2000C2001   2C2001  C2001  S Suy S = 22001 + 2001.22000  2003.22000 Bài Cho tổng S  2Cn0  3Cn1  4Cn2    n  1 Cnn1   n  2 Cnn Tìm n biết S = 144 Giải Cách Xét khai triển 1  x  n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n  x 1  x   x  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n  n  Cn0 x  Cn1 x3  Cn2 x   Cnn x n  (1) Lấy đạo hàm theo x hai vế (1) ta 2x 1  x   nx 1  x  n n 1 = 2Cn0 x  3Cn1 x2  4Cn2 x3    n   Cnn xn1 Thay x  vào (2) ta 1  1  n 1  1 n n 1  2Cn0  3Cn1  4Cn2    n   Cnn  S 20 (2) Suy S  1 1   n 1 1  n n 1 = 2.2n  n2n 1  2n 1   n  Mà S = 144 nên 2n 1   n   144 Suy n  Cách Xét khai triển 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n n (3) Đạo hàm theo x hai vế (3) ta n 1  x  n 1 = Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x2   nCnn x n 1 (4) Thay x  vào (3) (4) ta được: 1  1 n  Cn0  Cn1  Cn2   Cnn ; n 1  1 n 1 (5) = Cn1  2Cn2  3Cn3   nCnn (6) Nhân (5) với cộng với (6) ta 2n  n2n 1  2Cn0  3Cn1  4Cn2    n  1 Cnn1   n  2 Cnn  S  S  2.2n  n.2n 1  2n 1   n   144 Suy n  Bài Tính tổng S = 3Cn0 22  4Cn1 23  5Cn2 24   (n  3)Cnn 2n Giải Xét khai triển 1  x  n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n  x3 1  x   x3 Cn0  Cn1 x  Cn2 x2   Cnn x n  n  Cn0 x  Cn1x  Cn2x   Cnn x n  Lấy đạo hàm hai vế (1) theo x ta 21 (1) 3x 1  x   nx3 1  x  n n 1  3Cn0 x2  4Cn1 x3  5Cn2 x4    n  3 Cnn xn2 (2) Thay x  vào (2) ta 3.22 1    n23 1   n n 1  3Cn0 22  4Cn1 23  5Cn2 24    n  3 Cnn 2n2  S Suy S  3.22 1    n23 1   n  22 3n  n23 3n 1  4.3n 1 9  2n  n 1 Vậy S  4.3n 1   2n  Tổng qt, ta có tốn sau Bài Tính tổng S = kCn0ak 1   k  1 Cn1ak   k  2 Cn2ak 1    k  n  Cnn a k n1 Giải Xét khai triển 1  x  n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n  xk 1  x   xk Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n  n  Cn0 x k  Cn1 x k 1  Cn2 x k    Cnn x k  n (1) Lấy đạo hàm theo x hai vế (1) ta kx k 1 1  x   nx k 1  x  n n 1   kCn0 xk 1   k  1 Cn1 xk   k  2 Cn2 xk 1    k  n  Cnn xk n1 Thay x  a vào (2) ta ka k 1 1  a   na k 1  a  n k 1 n  kC a n 1    k  1 C a   k  2 Cn2ak 1    k  n  Cnn a k n1 k n Suy S  ka k 1 1  a   na k 1  a  n Vậy S  a k 1 1  a  n 1 n 1  a k 1 1  a   k 1  a   na  Nhận xét 22 n 1  k 1  a   na  (2) Khi số hạng tổng cần tính có dạng k  k 1  k  i  Cnk với  i  k 1 ta sử dụng đạo hàm cấp i  để tính tổng Sử dụng tích phân xác định 5.1 Dấu hiệu nhận biết Ý tưởng kĩ dựa vào hệ thức đó, ta nhận thấy số hạng tổng có dạng  b a x k dx  x k 1 b bk 1  a k 1 Từ  k 1 a k 1 bk 1  a k 1 k b k 1  a k 1 n  k Cn Cn k 1 k 1 với  k  n , ta sử dụng tích phân hai xác định với cận thích hợp để tính tổng Ta thường sử dụng khai triển 1  x  n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n (1) Tính tích phân hai vế (1), ta b b 2 n n  1  x  dx    Cn  Cn x  Cn x   Cn x dx n a a 1  x   n 1 n 1 1  b   n 1 n 1 b  x2 x3 xn1  b   Cn x  Cn1  Cn2   Cnn  a  n 1  a 1  a   n 1 n 1  Cn0  b  a   Cn1 b2  a b3  a b n 1  a n 1  Cn2   Cnn n 1 Khi đó, thay x, a, b thích hợp ta tổng tổ hợp cần tìm 5.2 Một số tập áp dụng Bài Tính tổng 22  1 23  S =   1 C  Cn  Cn   n n 1   1 n 1 n 1 Cnn Giải Ta xét khai triển 1  x  n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n 23 (1) b b   1  x  dx    Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n dx n a a 1  x   n 1 1  b   n 1 n 1 n 1 b  x2 x3 x n1  b   Cn x  Cn1  Cn2   Cnn  a  n 1  a 1  a   n 1 n 1 3 n 1 b2  a  a n 1 b a n b  C b  a   C  Cn   Cn n 1 n n (2) Thay a  1; b  vào (2) ta 1   1  1  n 1 22   1   1 2   1 n  C   1  C  Cn   Cn n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n n 3n 1 22  1 23  Suy    1 Cn  Cn  Cn   n 1 Vậy S  n 1   1 n 1 n 1 Cnn  S 3n 1 n 1 Bài Tính tổng 1 3n  n  32 33 34 S  Cn  Cn  Cn   Cn n2 n Giải Ta xét khai triển 1  x  n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x    1 Cnn x n n  x 1  x   Cn0 x  Cn1 x  Cn2x     1 Cnn x n  n n 3   x 1  x  dx   Cn0 x  Cn1 x  Cn2 x3    1 Cnn x n 1 dx   n n  x2 x3 x4 xn2  n  Cn0  Cn1  Cn2    1 Cnn n     1 3n2 C n  S 32 33 34  Cn0  Cn1  Cn2   n n2 n Mặt khác 24 n 1 3 3  x 1  x  dx   1  1  x  1  x  dx   1  x  dx   1  x  dx n n n 0 1  x   n 1 n 1  2    1  x  n2 n2 n 1  2   1   n 1 n 1 n  n2 n 1 n2   1n  2n   1n  2n 1     n    n    1 n 2   2n 1     n  n    n  1 n     x 1  x  dx   1 2n 1 n n 3n    n  1 n  2  n  1 n  2 Từ suy S   1 2n 1 n    n   n   3n    n  1 n  2  n  1 n  2 Nhận xét Nếu số hạng tổng có dạng 1  x  n Cnk ta nhân hai vế khai triển k i n   Cnk x k với xi 1 Sau lấy tích phân hai vế đẳng thức thu với k 0 cận thích hợp ta tính tổng cần tìm Sử dụng số phức 6.1 Nhắc lại số kiến thức số phức  Dạng lượng giác số phức   a b z  a  ib  a  b2  i  2 a  b2   a b  r  cos   i sin   , r  z  a  b2 25  Dạng mũ số phức z  rei , với cos   isin   ei  Công thức thức Moivre z n  r n  cos n  i sin n   r n ein  Căn bậc n số phức z = r (cos   i sin  ) số:   k 2   k 2   zk  n r  cos  i sin  n n    r e n i   k 2 n , với k  0, 1, 2,, n  Ở phần này, thường sử dụng tính chất sau Mệnh đề Cho m số ngun dương Khi đó, phương trình x m  có m nghiệm phức phân biệt xk  cos k 2 k 2 , với k  0, 1, 2, , m 1  i sin m m Nếu  nguyên thủy bậc m 1, tức  m  ta có:        m1  ;    k +  2k   k ( m1)  , với  k; m 1 6.2 Một số tập áp dụng Bài Tính tổng sau: a S1  C40n  C42n  C44n   C44nn ; b S2  C41n  C43n  C45n   C44nn 1 Giải Từ tính chất i  suy i 4k  1; i 4k 1  i; i 4k 2  1; i 4k 3  i Ta có 1  i  4n  C40n  C41ni  C42ni  C43ni  C44ni  C45ni   C44nn 1i n 1  C44nni n   C40n  C42n  C44n   C44nn  +  C41n  C43n  C45n   C44nn 1  i 26 Suy 1  i   S1 + i S2 4n (1) 2n 4n 2n n Mặt khác 1  i   1  i     2i   22ni 2n   1 4n   (2) 4n n a Từ (1) (2) suy S1 = Re 1  i     1 4n   4n b Từ (1) (2) suy S2 = Im 1  i      Bài Tính tổng S = C40n  C41n  C42n  C43n  C44n  C45n   C44nn 1  C44nn Giải Ta có S = C40n  C41n  C42n  C43n  C44n  C45n   C44nn 1  C44nn =  C40n  C42n  C44 n   C44 nn    C41 n  C43 n  C45 n   C44 n1 n  Theo 1, ta có: C40n  C42n  C44n   C44nn   1 4n ; n C41n  C43n  C45n   C44nn 1  Suy S   1 4n n Bài Chứng minh C 4n  C42n  C44n   C44nn    C41n  C43n  C45n   C44nn1  = 24 n 2 Giải Cách Theo kết 1, ta có: C40n  C42n  C44n   C44nn   1 4n n C41n  C43n  C45n   C44nn 1  Suy VT   1 4n    24 n  VP n Điều phải chứng minh Cách 27 Xét số phức z  i  1, với i  1 4n z n  1  i    C4kni k n k 0   C40n  C42n  C44n   C44nn    C41n  C43n  C45n   C44nn 1  i Áp dụng công thức a  bi  zn  C 4n a2  b2 , ta  C42n  C44n   C44nn    C41n  C43n  C45n   C44nn 1  Mặt khác z n  z  n  12  12  4n  24 n (1) (2) Từ (1) (2) suy C 4n  C42n  C44n   C44nn    C41n  C43n  C45n   C44nn1   24 n 2 Điều phải chứng minh Nhận xét Nếu số hạng tổng cần tính có dạng kCnk ta kết hợp sử dụng công thức kCnk = nCnk11 đạo hàm cấp để đưa tổng cần tính dạng quen thuộc Sau áp dụng số phức để tính tổng tổ hợp 28 Chương Bài tập áp dụng Tính tổng sau: S  Cn1  3Cn2  7Cn3    2n  1 Cnn ĐA 3n  n S  Cnk  5Cnk 1  10Cnk 2  10Cnk 3  5Cnk 4  Cnk 5 ĐA Cnk S  Cn1  ĐA Cn2 Cnp Cnn   p   n Cn1 Cnp 1 Cnn 1 n  n  1 S = 1 1 Cn  Cn  Cn   Cnn 10 13 3n  2n 3 2n 3 2n 1 ĐA   n  n n1 S  Cn2  2Cn3  3Cn4    n 1 Cnn ĐA  n  2 2n1  1 6 S  C12n  C23n  C25n   2n 1 C2n 2n 22 n  ĐA 2n  S = Cn1  2Cn2 tan x  3Cn3 tan x   nCnn tan n1 x ĐA n 1  tan x  n 1 n Cnk Cnk  k 1 k 0 k  k   k  1 n S   29 ĐA 22 n   3n 1  n  1 2n1 S  C40n  C42n  C44n   C42nn ĐA 24 n    4n  1!  2n  1! 2n ! 10 S  Cn0  3Cn1  5Cn2    2n  1 Cnn ĐA  n  1 2n Chứng minh đẳng thức sau: Cm1 Cnk 1  Cm2 Cnk 2   Cmk 1Cn1  Cmk n  Cnk  Cmk , với k , m, n  ℕ k  m  n An0 An1 An2 An     n  n 0! 1! 2! n! Cn1  4Cn2  3.22 Cn3   n2n1 Cnn   n4n 1 Cn0   n  1 4n  Cn1   n   4n 3 Cn2    1 Cn0  n Cn1 C2 n Cn   n    1 n 1 11 1 1 n Cn0Cnk  Cn1Cnk11  Cn2Cnk22    1 Cnk Cn0k  k 30 n 1 Cnn 1 ... hạng tổng cần tính có dạng kCnk ta kết hợp sử dụng cơng thức kCnk = nCnk11 đạo hàm cấp để đưa tổng cần tính dạng quen thuộc Sau áp dụng số phức để tính tổng tổ hợp 28 Chương Bài tập áp dụng Tính. .. a b n 1  a n 1  Cn2   Cnn n 1 Khi đó, thay x, a, b thích hợp ta tổng tổ hợp cần tìm 5.2 Một số tập áp dụng Bài Tính tổng 22  1 23  S =   1 C  Cn  Cn   n n 1   1 n 1 n...  k  n Tổ hợp Cho tập A có n phần tử (n ∈ ℕ) và số nguyên k với  k  n Mỗi tập A có k phần tử gọi tổ hợp chập k n phần tử A, gọi tắt tổ hợp chập k A Kí hiệu số tổ hợp chập k tập hợp có n