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

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 c

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

G(n)a C a C a C  a C (*)

Trong đó ai R;n N;Ckn n(n 1) (n k 1) n!

1.2 (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:

G n( )a C0 n0 a C1 n1a C2 n2  a C n n n (*)

Trong đó ai R;n N*;Ckn n! n(n 1) (n k 1)

k!(n k)! 1.2 (k 1).k

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

Xét khai triển f x( ) (  x t n) , trong đó   , ,t R\{0}, nN* Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có:

t n

với Ckn n! n(n 1)(n 2) (n k 1)

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

Nhận xét 1:

Trong (1) nếu thay x = a ta được:

( ) ( ) ( )

Như vậy nếu G(n) là tổng của n + 1 số hạng có số hạng đầu là a C0 n0 và số hạng cuối

là a C n n n ; thừa số ak có thể phân tích thành ak = n k ( a t k) , k 1,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 n)

G n  f a    a hay chứng minh f a( )G n( )

Một số trường hợp đặc biệt:

1 Trong (1) cho  1, 1,t 1,x a, ta có:

k k n n (1 )n

2 Trong (1) cho  1,  1,t 1,xa, ta có:

( 1)k k k ( 1)n n n (1 )n

3 Trong (1) cho  1, 1,xa1, ta có:

k n 2n

4 Trong (1) cho  1,  1,xa1, ta có:

AC n0 C1n C n2  ( 1)  k C n k  ( 1)  n C n n 0 (n 1) (6)

Một số ví dụ:

Bài 1:

Tính tổng S 25C50 24C5123C52 22C532C54 C55

Giải

Xét khai triển f a x( , )(a x)n C a n0 n C a n1 n1xC a n2 n2x2   C x n n n (i)

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

S = f(2,1)(2 1) 5 35 243

Tóm lại: S 25C50 24C5123C52 22C53 2C54C55 243

Bài 2:

Chứng minh:

2001 3 2001 3 2001 3 2001 2 (2 1)

(Đại học Sư phạm Vinh – 2002)

Bài 3:

Chứng minh:

2n 1 3 2n 1 3 2n 1 3 2n n1 2 (2n n 1)

(Đại học Hàng hải – 2002)

Giải

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

2n 1 3 2n 1 3 2n 1 3n 2n n 1 (1 3) n 4 n

AC   C   C    C      

2n 1 3 2n 1 3 2n 1 3 n 2n n1 (1 3) n 2 n

BC   C   C     C        Cộng vế theo vế của A và B, ta có:

2( n 3 n 3 n n n ) 4 n 2 n 2 n (2 n 1)

AB C   C    C          Vậy C20n132C22n134C24n1 3 2000C22n n12 (22n 2n11)

(Đpcm)

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

Bài 4: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn:

3n C n 3n C n3n C n    ( 1)n C n n 2048

(Trích đề thi đại học khối B năm 2007)

Giải:

Ta có: 3n C n03n1C n13n1C n2   ( 1)n C n n (3 1)n 2n

Suy ra, 3n C n03n1C n13n1C n2   ( 1)n C n n 20482n2048 n 11

Bài 5:

Tìm số nguyên dương n thỏa mãn:

2n 1 2n 1 2n 1 2n n 1 2 1

C  C  C   C   

(Trích đề thi Đại học khối A năm 2006)

Giải:

Áp dụng công thức C n k C n n k với 0kn; n, kN

Ta có: 1C20n1 C22n n11; 1 2

2 1 2 1

n

C  C  ; … ; C2n n1 C2n n11

Nên 2(C21n1 C22n1  C2n n1)C20n1C12n1  C22n n1 C22n n112

Mặt khác: Áp dụng (5) cho 2n + 2 số ta được:

2n 1 2n 1 2n n 1 2n n 1 2 n

C  C   C  C   

Ta được C21n1  C22n1   C2n n1  22n 1, 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,

'( ) n n ( t ) 2 n n t n n n nt

f x t C    x  tC    x  ntC  x 

Trong (8) nếu thay x = a ta được

H t    a  C t    a C nt  a C n

Như vậy nếu G(n) là tổng của n số hạng có số hạng đầu là a C1 1n và số hạng cuối là

n

n n

a C ; thừa số ak có thể phân tích thành ak =kt  n k  k a kt1,k 1,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,t 1,x a, ta có:

( )  n  2 n   k n k   n n n  (1 )n

2 Trong (8) cho  1,  1,t 1,xa, ta có:

( ) n 2 n ( 1)k k n k ( 1)n n n n (1 )n

G n C  aC     ka C     na C n a  (11)

3 Trong (8) cho  1, 1,xa1,t1, ta có:

2 k n 2n

4 Trong (8) cho  1,  1,xa1,t0, ta có:

2 ( 1)k k ( 1)n n 0

H  C  C     kC     nC  (n 2) (13)

Một số ví dụ:

Bài 1:

Chứng minh rằng:

3n 2 3n   k3n k   n  4n

Giải

Xét khai triển f a x( , )(a x)n C a n0 n C a1n n1xC a n2 n2x2   C x n n n

Ta có: f ' ( , )x a x  C a1n n1  2C a n2 n2x 3C a n3 n3x2   nC x n n n1 (ii) Nhận xét, vế trái của (14) chính là vế phải của (ii) nếu trong (ii) cho a3,x1, nên

3n 2 3n n ' ( 3,1)

C   C    n C  f , mà f ' ( , )x a x  n a(  x)n1 nên

' (3,1)x (3 1)n 4n

Vậy C n13n1  2C n23n2  kC n k3n k  nC n n  n.4n1 (Đpcm)

Bài 2:

Tính tổng:

2n 2n 3.2n 2n k k n

Giải

Ta thấy S 2n1C1n 2.2n2C n2 3.2n3C n3   k2n k C n k   nC n n

Xét khai triển f a x( , )(ax)n C a n0 nC a n1 n1xC a n2 n2x2  C x n n n (iii) Nhận xét, vế phải của S chính là vế phải của (iii) nếu trong (iii) cho a2,x 1 nên ' (2,1)x

S  f , mà f ' ( , )x a x  n a(  x)n1 nên f ' (2;1)x  n(21)n1  n3n1

Vậy S  2n1C1n 2n1C n2 3.2n3C n3  k2n k C n k   nC n n  n.3n1

Bài 3: Tìm số nguyên dương n sao cho:

1 2 2 3 4 2 2 1

Đề thi Đại học khối A năm 2005

Giải

Đặt A C21n12.2C22n13.22C23n1 4.C24n1  (2n1).22n C22n n11

Xét khai triển f x( ) (1 x)2n1C20n1C12n1xC22n1x2   C22n n11x2n1

Ta có, f '( )x  C12n1  2C22n1x 3C23n1x2   (2n 1)C22n n11x2n (iv) Nhận xét, vế phải của A chính là vế phải của (iv) nếu trong (iv) cho x = -2 Vậy

'( 2)

'( ) (2 1)(1 ) n '( 2) 2 1

Suy ra, A20052n 1 2005 n 1002

Bài 4:

Đặt f x( )(x2)100 a0a x1 a x2 2  a x100 100

a) Tính a 97

b) Tính S a0 a1a2 a100

c) Tính M a12a2 3a3  100 a100

Giải

Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta được:

(x2) C x n 2C x   ( 1) 2k k C k x k  2 C a) Số hạng thứ k + 1 có dạng T k1 ( 1) 2k k C x100k 100k Số a là hệ số của x97 97 (ứng với k = 3) nên a97  ( 1) 23 3C1003  1293600

b) Tổng S a0 a1a2  a100 chính là vế phải của f(x) khi cho x = 1, hay

100

(1) (1 2) 1

c) Ta có: f '( )x  a1  2a x2  3a x3 2  1 0 0a1 0 0x9 9 nên tổng

9 9

1 2 2 3 3 100 1 00 '(1) 100(1 2) 100

Nhận xét 3: Giả sử f ( )x  (   x t n) có đạo hàm đến cấp 2

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

"

"( ) ( )

t n

(17)

Trong (17) nếu thay x = a ta được

L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 a C1 1n và số hạng cuối là

n

n n

a C ; thừa số ak có thể phân tích thành a k kt kt( 1) n k  k a kt2C n k, k=1,n

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 ( )

Một số trường hợp đặc biệt

1 Trong (17) cho  1, 1,t1,xa, ta có:

1.2C n 2.3aC n  k k( 1)a k C n k  n n( 1)a n C n n n n( 1)(1a)n (19)

2 Trong (17) cho  1,  1,t 1,xa, ta có:

1.2 n 2.3 n ( 1)n ( 1) n n n ( 1)(1 )n

3 Trong (17) cho  1, 1,t1,xa1, ta có:

1.2 n 2.3 n ( 1) n k ( 1) n n ( 1)2n

L C  C  k k  C  n n C n n  (21)

4 Trong (2) cho  1,  1,t 1,xa1, ta có:

1.2 n 2.3 n ( 1)n ( 1) n n 0

Một số ví dụ:

Bài 1:

Chứng minh rằng:

1.2C n 2.3C n  k k( 1)C n k  n n( 1)C n n n n( 1)2n

(Đại học An ninh – 1998) Xem kết quả công thức 21

Bài 2:

Tính tổng:

L2.1C n1 4.33C n2 6.5.34C n3  2 (2n n1)32n2C n n (23)

Giải:

Ta có: L2.1C n1 4.3.32C n2 6.5.34C n3  2 (2n n1)32n2C n n (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 L2.1C1n 4.33C n2 6.5.34C n3  2 (2 n n1)32n2C n n  f"(3) với

2

( ) (1 )n

f x  x

Ta có: f '( )x 2nx(1 x2)n1; "( )f x 2 (1n  x2)n2(1(2n1)x2)

Suy ra, f "(3)  4 (9n n  4 )1 0n2

Vậy L2.1C n1 4.33C n2 6.5.34C n3 2 (2 n n1)32n2C n n 4 (9n n4)10n2

Nhận xét 4:

Giả sử f x( ) (  x t n) 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:

p

n











)

nt

q 



(25)

Trong (25) nếu thay x = a ta được

1





Như vậy nếu G(n) là tổng của n + 1 số hạng có số hạng đầu là a C0 n0 và số hạng cuối

là a C n n n; thừa số ak có thể phân tích thành ( 1 1) ( 1, )

1

n k k

kt kt k

kt

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

Một số trường hợp đặc biệt

1 Trong (25) cho t1,p1,q 0

1

0



2 Trong (25) cho  1, 1,t1,p 1,q , ta có: 0

1 1

0





n

3 Trong (25) cho  1,  1,t 1,p1,q  , ta có: 0

1

0

Một số ví dụ:

Bài 1:

Tính các tổng sau:

a) 0 1 1.2 1 222 1 323 1 2

n n

n

(Đại học Đà Nẳng – 2002 - Khối A)

b) 0 1 1 1 2 1 3 ( 1) 1

n

(Đại học Đà Nẳng – 2002 - Khối D)

c)

2

(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

n

Mà

1

1 (1 2 ) 3 1 (1 2 )

x dx

Vậy:

1

n

n n





b)

1

0

Xem công thức (29)

c)

2

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

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

Do đó:

1

0

K  C  C  C  C  C  C  C  x dx

mà

1

6

(2 ) 3 2 2059 (2 )

x



Vậy

2

Bài 2:

Tính

1

2 0

(1 )n

n

I x x dx

Từ đó hãy chứng minh rằng:

n



(Đại học Cảnh sát nhân dân – 1998)

Giải

1

n

n

x





Nhận xét rằng, để chứng minh:

n



Ta chứng minh

1

0

n

n

n



Xét khai triển:

(1x )n C n C x n C x n  ( 1)  k C x n k k  ( 1)  n C x n n n

Suy ra:

(1 )n n n n ( 1)k n k k ( 1)n n n n

x x C x C x C x    C x     C x 

Do đó,

1 1 1 1 1

n

n

n











2( 1)

n

n 

Mà

1

2 0

1 (1 )

2( 1)

n n

n



Vậy 1 0 1 1 1 2 ( 1) 1

n



(Đpcm)

Bài 3:

Chứng minh rằng

n n

n



Giải

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

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

Do đó,

1

0

n

n



Xét

1

2 0

(1 )n

n

I  x dx, ta có:

1

n

n

Xét

1

0

(1 )n

n n

du dx

u x

x

n













 Suy ra:

1

n

n

x









Vậy

1

n





Nói riêng với n = 0 ta có:

2 0 0

I  x dxdx Trong (35) cho n = 0, 1, 2, 3, …n - 1, ta có:

1

2

n



n

n





2 3

I  I Do đó:

2 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

Vậy

1

0



n

n

Bài 4: Chứng minh rằng:

2

n n



 , với n là

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

(Đề thi Đại học khối A năm 2007) Giải

Xét khai triển:

f x( ) (1 x)2n C20nC x21n C x22n 2 C x23n 3   C22n n1x2n1C x22n n 2n

g x  x C C xC x C x  C  x  C x

Ta có, 21 23 3 22 1 2 1 ( ) ( )

2

n n

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

( ) ( )

2

n n

Ta có,

1

0

n



và

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 k

k

a    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

k

   thì ta sử dụng công thức 8

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

2

( 1) n k k kt , 1,

k

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

1

n k k

kt kt k

kt

- Trong một số trường hợp, mấu chốt để lựa chọn phương pháp phù hợp nằm ở chổ: Nếu G(n) có dạng G (n ) 1a C1 1n 2a C2 2n   n.a Cn nn thì ta sử dụng công thức 8 Nếu G(n) có dạng G(n)1.2a C1 1n 2.3a C2 2n  (n 1).n.a Cn nn thì ta sử dụng công thức 17

Nếu G(n) có dạng G (n ) 1a C0 0n 1a C1 1n 1 a Cn nn

 thì ta sử dụng công thức 25

Nếu G(n) có dạng G n( )a C0 20n a C2 22n a C4 24n  a C2n 22n n hoặc

( ) n n n n n n

G n a C a C a C  a C  thì ta khai triển

2 2 0

( )

n i

i n i



2

2 0

( ) ( 1)

n

i i

i n i



  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 z r(cos isin )

Ta có: z n (abi)n C a n0 n C a1n n1bi C a n2 n2( )bi 2  C bi n n( )n 

Mặt khác, ta lại có z n r ncosn   r nsinn i

Từ đó suy ra:

4

( 1) cos

C a C a  b C a  b    C a  b  r n  (36)

C a b C a1n n1 n3 n3 3b C a n5 n5 5b ( 1)k C n2k1a n2k1 2b k1 r nsinn 

Một số ví dụ

Bài 1:

Tính tổng S C20150 C20152 C20154  C20152012 C20152014

Giải

Xét khai triển

(1i) C C iC i C i  C i , với i   2 1

Ta có: i4k 1;i4k1 i i; 4k2  1;i4k3   với mọi số tự nhiên k i

Từ đó ta có:

(1i) C C iC C iC  C iC C i

2015 2015 2015 ( 1)k 2015k 2015 2015 2015 2015 2015

Mặt khác,

i  i   i  



Tóm lại: S C20150 C20152 C20154  C20152012 C20152014 21007

Nhận xét, từ khai triển trên, ta cũng có

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

0 2 4

2 cos

4 2 sin

4

n

n

n

n













(n  *)

Bài 2:

Cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng:

2

3

n

Giải

Xét khai triển

   2  3  2 2  2 1  2

(1  3 )i n C nC n 3i C n 3i C n 3i  C n n 3i n C n n 3i n C n n 3i n

1 3

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

n





Mặt khác, 1 3 2 1 3 2 cos sin

nên  

2 2

2

n n

n

i

2

3

n

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