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

Phương pháp tính tổng dãy số có chứa cơng thức Tổ hợp A MỞ ĐẦU Trong chương trình tốn THPT, tốn liên quan đến dãy số, tính tổng dãy số, đặc biệt tổng dãy số mà số hạng có chứa tổ hợp như: Tính giá trị biểu thức (hay chứng minh đẳng thức) có dạng G(n)  a 0C0n  a1C1n  a 2C n2   a n Cnn Trong a i  R;n  N;Cnk  (*) n(n  1) (n  k  1) n!  1.2 (k  1).k k!(n  k)! dạng toán thường gặp kỳ thi tốt nghiệp THPT, ĐH, CĐ, THCN kỳ thi chọn học sinh giỏi Để giải tốn đòi hỏi người giải phải có kiến thức tổng hợp tổ hợp, đạo hàm tích phân, số phức … điều quan trọng nắm cách vận dụng linh hoạt nội dung vào toán Vấn đề đặt là, sử dụng đạo hàm, tích phân, ứng dụng số phức … khơng? Đây điều học sinh thường gặp khó khăn việc xác định phương hướng để lựa chọn nội dung cho phù hợp để áp dụng Bản thân tôi, trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi ĐH, CĐ, THCN tham khảo thêm số tài liệu, rút số kinh nghiệm số trường hợp cụ thể để sử dụng có hiệu nội dung vào việc tính tổng (*) hay chứng minh đẳng thức (*) Để giúp em có thêm kinh nghiệm trình học tập nhằm giải tốt dạng tốn trên, tơi định viết đề tài nhằm chia đồng nghiệp, học sinh độc giả số phương pháp, kinh nghiệm giải toán (*) Nguyễn Hữu Tình – Giáo viên Trường THPT Chuyên Võ Ngun Giáp – Quảng Bình Phương pháp tính tổng dãy số có chứa cơng thức Tổ hợp B – NỘI DUNG Giả sử tính cần giá trị biểu thức (hay chứng minh đẳng thức) có dạng: G(n)  a0Cn0  a1Cn1  a2Cn2   anCnn Trong a i  R;n  N*;C nk  (*) 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 tích phân Xét khai triển f ( x)  (   xt )n ,  ,  ,t  R\{0}, n  N * Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có: f ( x)  (   xt ) n  (1)  Cn0 n  Cn1 n1 (  xt )   Cnk nk (  xt ) k   Cnn (  xt ) 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) thay x = a ta được: A   nCn0   n1 (  at )Cn1    nk (  at ) k Cnk   (  at )n Cnn (2) Như G(n) tổng n + số hạng có số hạng đầu a0Cn0 số hạng cuối anCnn ; thừa số ak phân tích thành ak =  nk (  at )k , k  1, n ta vận dụng (1) cho x = a, để tính (hay chứng minh) biểu thức (*) ta đưa việc tính giá trị G(n)  f (a)  (   a t ) n hay chứng minh f (a )  G (n) Một số trường hợp đặc biệt: Trong (1) cho   1,   1, t  1, x  a , ta có: A  Cn0  aCn1  a 2Cn2   a k Cnk   a nCnn  (1  a ) n (3) Trong (1) cho   1,   1, t  1, x  a , ta có: A  Cn0  aCn1  a2Cn2   (1)k ak Cnk   (1)n anCnn  (1  a)n (4) Trong (1) cho   1,   1, x  a  1, ta có: A  Cn0  Cn1  Cn2   Cnk   Cnn  n (5) Trong (1) cho   1,   1, x  a  , ta có: Nguyễn Hữu Tình – Giáo viên Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Phương pháp tính tổng dãy số có chứa công thức Tổ hợp A  Cn0  Cn1  Cn2   (1) k Cnk   (1) n Cnn  (n  1) (6) Một số ví dụ: Bài 1: Tính tổng S  25 C50  24 C51  23 C52  22 C53  2C54  C55 Giải Xét khai triển f ( a , x )  ( a  x ) n  C n0 a n  C n1a n1 x  C n2 a n2 x   C nn x n (i) Nhận xét: Vế phải S vế phải (i) (i), cho a  2, x  nên S = f (2,1)  (2  1)5  35  243 Tóm lại: S  25 C50  24 C51  23 C52  22 C53  2C54  C55  243 Bài 2: Chứng minh: 2000 C2001  32 C2001  34 C2001   32000 C2001  22000 (22001  1) (Đại học Sư phạm Vinh – 2002) Bài 3: Chứng minh: C20n1  32 C22n1  34 C24n1   32000 C22nn1  22 n (22 n1  1) (Đại học Hàng hải – 2002) Giải Áp dụng công thức (3) (4) với a = khai triển bậc 2n + 1, ta có: A  C 20n 1  3C 21 n 1  32 C 22n 1   3n C 22nn11  (1  3) n 1  n 1 B  C 20n 1  3C21n 1  32 C22n 1   32 n 1 C22nn11  (1  3) n 1  2 n 1 Cộng vế theo vế A B, ta có: A  B  2(C20n1  32 C22n1   32 n C22nn1 )  42 n 1  22 n1  2 n1 (2 n1  1) Vậy C20n1  32 C22n1  34 C24n1   32000 C22nn1  22 n (22 n1  1) (Đpcm) Áp dụng với n = 1000, cho ta kết Bài 4: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: 3n Cn0  3n1 Cn1  3n1 Cn2   (1)n Cnn  2048 Nguyễn Hữu Tình – Giáo viên Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Phương pháp tính tổng dãy số có chứa cơng thức Tổ hợp (Trích đề thi đại học khối B năm 2007) Giải: Ta có: 3n Cn0  3n1 Cn1  3n1 Cn2   (1)n Cnn  (3 1)n  2n Suy ra, 3n Cn0  3n1 Cn1  3n1 Cn2   (1) n Cnn  2048  2n  2048  n  11 Bài 5: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: C 21 n 1  C 22n 1  C 23n 1   C 2nn 1  20  (Trích đề thi Đại học khối A năm 2006) Giải: Áp dụng công thức Cnk  Cnnk với  k  n;n,k  N Ta có:  C20n1  C22nn11 ; C21n1  C22nn1 ; … ; C2nn1  C2nn11 Nên 2(C 21 n 1  C 22n 1   C 2nn 1 )  C 20n 1  C 21 n 1   C 22nn1  C 22nn11  Mặt khác: Áp dụng (5) cho 2n + số ta được: C 20n 1  C 21 n 1   C 22nn1  C 22nn11  2 n 1 Ta C 21 n   C 22n    C 2nn   2 n  , ta n = 10 Vậy, phương trình có nghiệm n = 10 Nhận xét 2: Trong khai triển (1), với lấy đạo hàm hai vế ta được, f '( x )  t C n1 n 1 (  x t 1 )  2tC n2 n   x t 1   ntC nn  n x nt 1 (8) Trong (8) thay x = a ta H  t n 1  a t 1C n1  t n   a t 1C n2   nt  n a nt 1C nn ( n  1) (9) Như G(n) tổng n số hạng có số hạng đầu a1Cn1 số hạng cuối anCnn ; thừa số ak phân tích thành ak = kt n  k  k a kt 1 ,  k  1, n ta vận dụng (8) cho x = a, để tính (hay chứng minh) biểu thức (*) ta đưa việc tính giá trị G (n)  f '(a ) hay chứng minh f '(a )  G (n ) Một số trường hợp đặc biệt Trong (8) cho   1,   1, t  1, x  a , ta có: G ( n )  C n1  aC n2   ka k 1C nk   na n 1C nn  n (1  a ) n 1 Nguyễn Hữu Tình – Giáo viên Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình (10) Phương pháp tính tổng dãy số có chứa cơng thức Tổ hợp Trong (8) cho   1,   1, t  1, x  a , ta có: G(n)  Cn1  2aCn2   (1)k 1 kak 1Cnk   (1)n1 na n1Cnn  n(1  a)n1 (11) Trong (8) cho   1,   1, x  a  1, t  1, ta có: H  C n1  C n2   kC nk   nC nn  n n 1 (12) Trong (8) cho   1,   1, x  a  1, t  , ta có: H  C n1  C n2   (  1) k 1 kC nk   (  1) n 1 nC nn  ( n  ) (13) Một số ví dụ: Bài 1: Chứng minh rằng: C n1 3n 1  2C n2 3n    kC nk n  k   nC nn  n.4 n 1 (14) Giải Xét khai triển f ( a , x )  ( a  x ) n  C n0 a n  C n1a n1 x  C n2 a n2 x   C nn x n Ta có: f ' x ( a , x )  C n1 a n1  C n2 a n x  3C n3 a n3 x   nC nn x n 1 (ii) Nhận xét, vế trái (14) vế phải (ii) (ii) cho a  3, x  , nên C n1 n   C n2 n    n C nn  f ' x (3,1) , mà f ' x ( a , x )  n ( a  x ) n 1 nên f ' x (3,1)  n (3  1) n 1  n n1 Vậy C n1 3n 1  2C n2 n    kC nk n  k   nC nn  n.4 n 1 (Đpcm) Bài 2: Tính tổng: S  2n1 Cn1  2n1 Cn2  3.2n3 Cn3   k 2nk Cnk   nCnn (15) Giải Ta thấy S  n 1 C n1  2.2 n  C n2  3.2 n 3 C n3   k n  k C nk   nC nn Xét khai triển f (a, x)  (a  x )n  Cn0 a n  Cn1a n1 x  Cn2 a n2 x   Cnn x n (iii) Nhận xét, vế phải S vế phải (iii) (iii) cho a  2, x  nên S  f 'x (2,1) , mà f ' x ( a , x )  n ( a  x ) n 1 nên f ' x (2;1)  n (2  1) n1  n n1 Vậy S  n 1 C n1  n 1 C n2  3.2 n 3 C n3   k n  k C nk   nC nn  n.3 n 1 Bài 3: Tìm số nguyên dương n cho: Nguyễn Hữu Tình – Giáo viên Trường THPT Chuyên Võ Ngun Giáp – Quảng Bình Phương pháp tính tổng dãy số có chứa cơng thức Tổ hợp C 21n 1  2.2C 22n 1  3.2 C 23n1  4.C 24n 1   (2 n  1).2 n C 22nn11  2005 Đề thi Đại học khối A năm 2005 Giải Đặt A  C 21 n 1  2.2 C 22n 1  3.2 C 23n 1  4.C 24n 1   (2 n  1).2 n C 22nn11 Xét khai triển f ( x )  (1  x ) n1  C20n1  C21n1 x  C 22n1 x   C22nn11 x n1 Ta có, f '( x )  C 21 n 1  C 22n 1 x  3C 23n 1 x   (2 n  1)C 22nn11 x n (iv) Nhận xét, vế phải A vế phải (iv) (iv) cho x = -2 Vậy A  f '(2) , mà f '( x )  (2n  1)(1  x)2 n  f '(2)  2n  Suy ra, A  2005  2n   2005  n  1002 Bài 4: Đặt f ( x )  ( x  2)100  a0  a1 x  a2 x   a100 x100 a) Tính a97 b) Tính S  a0  a1  a2   a100 c) Tính M  a1  a2  3a3   100a100 Giải Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta được: k 100 ( x  2)100  C100 x n  2C100 x 99   (1) k k C100 x100 k   2100 C100 k a) Số hạng thứ k + có dạng Tk 1  (1)k 2k C100 x100k Số a97 hệ số x97 (ứng với k = 3) nên a97  (1)3 23 C100  1293600 b) Tổng S  a0  a1  a2   a100 vế phải f(x) cho x = 1, hay S  f (1)  (1  2)100  c) Ta f '( x )  a  a x  a x   00 a 10 x 99 có: nên tổng M  a1  a  a   100 a100  f '(1)  100(1  2) 99   100 Nhận xét 3: Giả sử f ( x )  (    x t ) n có đạo hàm đến cấp Trong khai triển (1), lấy đạo hàm cấp vế ta được: f "( x)   (   x t ) n  n  t (t  1)C  n 1 " (17) x t 2 n  2t (2t  1)C  n2  x t 2 n n n   nt (nt  1)C  x Nguyễn Hữu Tình – Giáo viên Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình nt  Phương pháp tính tổng dãy số có chứa cơng thức Tổ hợp Trong (17) thay x = a ta L  t (t  1) n1 a t2C n1  2t (2t  1) n2  a t2C n2   nt ( nt  1)  n a nt2C nn (18) Như G(n) tổng n số hạng có số hạng đầu a1Cn1 số hạng cuối anCnn ; thừa số ak phân tích thành a k  kt ( kt  1) n  k  k a kt  C nk ,  k=1,n ta vận dụng (17) cho x = a, để tính (hay chứng minh) biểu thức (*) ta đưa việc tính giá trị G (n)  f "(a ) hay chứng minh f "(a )  G (n) Một số trường hợp đặc biệt Trong (17) cho   1,   1, t  1, x  a , ta có: 1.2Cn2  2.3aCn3   k (k  1)a k 2Cnk   n(n  1)a n2Cnn  n(n  1)(1  a ) n2 (19) Trong (17) cho   1,   1, t  1, x  a , ta có: L  1.2C n2  2.3aC n3   ( 1) n n ( n  1) a n  C nn  n ( n  1)(1  a ) n  (20) Trong (17) cho   1,   1, t  1, x  a  1, ta có: L  1.2Cn2  2.3Cn3   k ( k  1)Cnk   n(n  1)Cnn  n( n  1)2 n2 (21) Trong (2) cho   1,   1, t  1, x  a  , ta có: L  1.2C n2  2.3C n3   ( 1) n n ( n  1)C nn  (n  3) (22) Một số ví dụ: Bài 1: Chứng minh rằng: 1.2Cn2  2.3Cn3   k ( k  1)Cnk   n(n  1)Cnn  n(n  1)2n (Đại học An ninh – 1998) Xem kết công thức 21 Bài 2: Tính tổng: L  2.1Cn1  4.33 C n2  6.5.34 Cn3   n(2 n  1)32 n 2 Cnn (23) Giải: Ta có: L  2.1C n1  4.3.32 C n2  6.5.34 C n3   n (2 n  1)32 n 2 Cnn Nguyễn Hữu Tình – Giáo viên Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình (24) Phương pháp tính tổng dãy số có chứa cơng thức Tổ hợp Nhận xét: Vế phải (24) vế phải (17) (17) cho t = 2,   1,   , L  2.1Cn1  4.33 Cn2  6.5.34 Cn3   2n(2n  1)32 n2 Cnn  f "(3) với x = a = nên f ( x )  (1  x ) n Ta có: f '( x )  nx (1  x ) n 1 ; f "( x )  n (1  x ) n  (1  (2 n  1) x ) Suy ra, f "(3)  n (9 n  4)10 n  Vậy L  2.1Cn1  4.33 Cn2  6.5.34 Cn3   n(2 n  1)32 n Cnn  n(9 n  4)10 n Nhận xét 4: Giả sử f ( x)  (   xt )n tồn nguyên hàm khoảng (c; d) p, q  (c; d) Trong khai triển (1) lấy tích phân (cận p, q) vế, ta được: p p p n  f ( x)dx   C  q q n p n dx   C  n 1 q t (  x )dx    Cnn (  x t ) n dx  q p p Cn1 n1 t 1 Cnn  n nt 1 C  x  x   x  q t 1 nt  q q n n p (25) C n1 n 1 t 1 Cnn  n nt 1 t 1  C  ( p  q)  ( p  q )   ( p  q nt 1 ) t 1 nt  n n Trong (25) thay x = a ta K   n ( p  q)Cn0   n1 t 1 t 1 n ( p  q )Cn   ( pnt 1  qnt 1 )Cnn t 1 nt  (26) Như G(n) tổng n + số hạng có số hạng đầu a0Cn0 số hạng cuối  n  k  k kt 1 ( p  q kt 1 )C nk ( k  1, n ) anC ; thừa số ak phân tích thành ak  kt  n n ta vận dụng (25) cho x = a, để tính (hay chứng minh) biểu thức (*) ta đưa việc p p t n tính giá trị G (n)   (   x ) dx hay chứng minh G (n)   (   x t )n dx q q Một số trường hợp đặc biệt Trong (25) cho t  1, p  1, q  1 n n 1 (   )n   n G(n)   nCn0   n1Cn1    Cn   (   x)n dx  n 1  n 1 (27) Trong (25) cho   1,   1, t  1, p  1, q  , ta có: Nguyễn Hữu Tình – Giáo viên Trường THPT Chuyên Võ Ngun Giáp – Quảng Bình Phương pháp tính tổng dãy số có chứa cơng thức Tổ hợp 1 1 n1  G ( n )  Cn0  Cn1  Cn2  Cn3   Cnn   (1  x ) n dx  n 1 n 1 (28) Trong (25) cho   1,   1, t  1, p  1, q  , ta có: 1 1 n n G(n)  C  Cn  Cn  Cn   (1) Cn   (1  x)ndx  n 1 n 1 0 n (29) Một số ví dụ: Bài 1: Tính tổng sau: 1 1 a) K  Cn0  Cn1  Cn2 22  Cn3 23   Cnn 2n n 1 (30) (Đại học Đà Nẳng – 2002 - Khối A) 1 1 b) K  Cn0  Cn1  Cn2  Cn3   ( 1) n Cnn n 1 (31) (Đại học Đà Nẳng – 2002 - Khối D) c) K  26 C60  25 24 23 2 C6  C6  C6  C6  C6  C6 (32) (Đại học Dân lập Duy Tân – 2002 - Khối A) Giải a) Nhận xét: Vế phải (30) vế phải (27) (27) cho   1,   , t = 1, p = q = Do đó: 1 1 2 3 n n K  C  Cn  Cn  Cn   Cn   (1  x) n dx n 1 0 n 1 (1  x )n1 3n1  Mà  (1  x) dx   n  2( n  1) 0 n 1 2 3 3n1  n n Vậy: K  C  Cn  Cn  Cn   Cn  n 1 2( n  1) n b) 1 1 1 n n K  C  Cn  Cn  Cn   (1) Cn   (1  x) n dx  n 1 n 1 0 n Xem cơng thức (29) Nguyễn Hữu Tình – Giáo viên Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Phương pháp tính tổng dãy số có chứa công thức Tổ hợp c) K  26 C60  25 24 23 2 C6  C6  C6  C6  C6  C6 (33) Nhận xét, vế phải (33) vế phải (27) (27) cho   2,   1, t  1, p  1, q  0, n  Do đó: K  26 C60  25 23 2 C6  C6  C6  C6  C6  C6   (2  x) dx 1 (2  x)7 37  27 2059 mà  (2  x ) dx    7 0 25 24 23 22 2059 Vậy K  C  C6  C6  C6  C6  C6  C6  7 6 Bài 2: Tính I n   x(1  x )n dx Từ chứng minh rằng: 1 1 (1)n Cn  Cn  Cn    2(n  1) 2(n  1) (Đại học Cảnh sát nhân dân – 1998) Giải 1 11 (1  x )n1 n I n   x(1  x ) dx    (1  x ) d (1  x )    20 2(n  1) 2(n  1) n Nhận xét rằng, để chứng minh: 1 1 (1)n Cn  Cn  Cn    2(n  1) 2(n  1) 1 1 (1)n Ta chứng minh Cn  Cn  Cn     x (1  x ) n dx 2(n  1) Xét khai triển: (1  x ) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   (1)k Cnk x k   (1) n Cnn x n Suy ra: x (1  x ) n  Cn0 x  Cn1 x  Cn2 x5   (1) k Cnk x k 1   (1) n Cnn x n1 Do đó, Nguyễn Hữu Tình – Giáo viên Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình 10 Phương pháp tính tổng dãy số có chứa công thức Tổ hợp 1 1 n n n n 1  x(1  x ) dx  Cn  xdx  Cn  x dx  Cn  x dx   (1) Cn  x dx  0 0 n 1 1 1 ( 1)  Cn0 x  Cn1 x  Cn2 x   Cn0 x n  0 0 2( n  1) 1 (1) n  Cn0  Cn1  Cn2   2(n  1) Mà I n   x (1  x ) n dx  2(n  1) 1 1 (1)n Vậy Cn  Cn  Cn    2(n  1) 2(n  1) (Đpcm) Bài 3: Chứng minh 1 (1) n n 2.4.6 2n  Cn  Cn  Cn   Cn  2n  3.5.7 (2n  1) (34) Giải Nhận xét, vế trái (34) vế trái (25) (25) thay   1,   1, t  2, p  1, q  Do đó, 1 (1)n n 1  Cn  Cn  Cn   Cn   (1  x )n dx 2n  1 Xét I n   (1  x ) n dx , ta có: 1 n I n   (1  x ) dx   (1  x  x )(1  x ) n dx  0 1 n 1   (1  x ) dx   x (1  x ) dx  I n 1   x (1  x ) n dx 2 n u  x Xét T   x (1  x ) dx Đặt   n x (1  x ) dx  dv  2 n  du  dx   (1  x ) n 1 v   2n   Suy ra: Nguyễn Hữu Tình – Giáo viên Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình 11 Phương pháp tính tổng dãy số có chứa cơng thức Tổ hợp 1 (1  x ) n1 1 T   x (1  x ) dx   x  (1  x ) n1 dx  I n 1  n  2 n  2 n  0 n Vậy I n  I n 1  I n 1 (2 n  2)  (2 n  3) I n 1  (2 n  2) I n  I n 1  I n , n  N 2n  2n  (35) Nói riêng với n = ta có: I   (1  x ) dx   dx  0 Trong (35) cho n = 0, 1, 2, 3, …n - 1, ta có: In  2n 2n  2 I n 1 ; I n 1  I n  ; …….; I1  I Do đó: 2n  2n  In  2n 2n.(2n  2) 2n(2n  2) 6.4 2n(2n  2) 6.4.2 I n1  I n 2  I0  2n  (2n  1)(2n  1) (2n  1)(2n  1) 7.5 (2n  1)(2n  1) 7.5.3 1 (  1) n n n 6.4.2 Vậy  C n1  C n2  C n3   C n   (1  x ) n dx  2n  (2 n  1) 7.5.3 1 2n 22 n  C2n  Bài 4: Chứng minh rằng: C n  C n  C n   , với n 2n 2n  số nguyên dương, Cnk số tổ hợp chập k n phần tử (Đề thi Đại học khối A năm 2007) Giải Xét khai triển: f ( x )  (1  x ) n  C 20n  C 21 n x  C 22n x  C 23n x   C 22nn1 x n1  C 22nn x n g ( x )  (1  x ) n  C 20n  C 21 n x  C 22n x  C 23n x   C 22nn1 x n1  C 22nn x n Ta có, C 21 n x  C 23n x   C 22nn1 x n1  f ( x)  g ( x) Lấy tích phân (cận từ đến 1) hai vế, ta được:  Ta có,  C x  C x   C  2n 2n n 1 2n x n 1 dx    f ( x)  g ( x) dx C 21 n x  C 23n x   C 22nn1 x n1 dx  C 21 n  C 23n   C 22nn1   2n Nguyễn Hữu Tình – Giáo viên Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình 12 Phương pháp tính tổng dãy số có chứa cơng thức Tổ hợp 1 f ( x)  g ( x )   (1  x) n1 (1 x) n1  22 n 1 2n 2n  dx   (1  x)  (1 x)  dx     2  2n  2n   2n 1    Suy ra, điều phải chứng minh Tóm lại, dựa vào nhận xét trên, ta thấy qui luật để sử dụng cơng thức cách xác - Nếu thừa số ak phân tích thành dạng tích thành dạng tích thành dạng thành dạng a k   n  k (  a t ) k ,  k  1, n ta sử dụng cơng thức Nếu - thừa số ak phân a k  kt n  k  k a kt 1 ,  k  1, n ta sử dụng cơng thức - Nếu thừa số ak phân ak  kt ( kt  1) n  k  k a kt  ,  k  1, n ta sử dụng cơng thức 17 - ak  Nếu thừa số ak phân tích  n  k  k kt 1 (p  q kt 1 ),  k  1, n ta sử dụng cơng thức 25 kt  - Trong số trường hợp, mấu chốt để lựa chọn phương pháp phù hợp nằm chổ: Nếu G(n) có dạng G(n)  1a 1C1n  2a C n2   n.a n C nn ta sử dụng cơng thức Nếu G(n) có dạng G(n)  1.2a 1C1n  2.3a C n2   (n  1).n.a n C nn ta sử dụng công thức 17 1 a n C nn ta sử dụng cơng Nếu G(n) có dạng G (n )  a C 0n  a 1C 1n   n 1 thức 25 Nếu G(n) có dạng G(n)  a0C20n  a2C22n  a4C24n   a2 nC22nn 2n G(n)  a1C21n  a3C23n  a5C25n   a2 n 1C22nn1 ta khai triển f ( x )   aiC2i n i0 2n g ( x)   (1)i aiC2i n Từ đó, cộng (hoặc trừ) vế theo vế f ( x) g ( x) để ta có i 0 biểu thức tương ứng Phần 2: Sử dụng số phức Xét số phức z  a  bi (với a , b  R ) Nguyễn Hữu Tình – Giáo viên Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình 13 Phương pháp tính tổng dãy số có chứa cơng thức Tổ hợp Giả sử số phức z có dạng lượng giác z  r (cos   i sin  ) Ta có: z n  ( a  bi ) n  C n0 a n  C n1 a n 1bi  C n2 a n  (bi )   C nn (bi ) n   C a n n  Cn2 a n 2b  Cn4 a n 4b   (1)k Cn2 k a n2 k b k      Cn1a n 1b  Cn3a n3b   ( 1) k 1 Cn2 k 1a n 2 k 1b k 1   i Mặt khác, ta lại có z n   r n cos n    r n sin n  i Từ suy ra: Cn0 a n  Cn2 a n2b  Cn4 a n4b4   (1)k C42nk a n 2 k b2 k   r n cos n (36) Cn1a n1b  Cn3a n3b3  Cn5 a n5b5   (1)k Cn2 k 1a n2 k 1b k 1   r n sin n (37) Một số ví dụ Bài 1: 2012 2014 Tính tổng S  C2015  C2015  C2015   C2015  C2015 Giải Xét khai triển 2015 2015 (1  i )2015  C2015  C2015 i  C2015 i  C2015 i3   C2015 i , với i  1 Ta có: i k  1; i k 1  i; i k 2  1; i k 3  i với số tự nhiên k Từ ta có: 2013 2014 2015 (1  i )2015  C2015  C2015 i  C2015  C2015 i  C2015   C2015 i  C2015  C2015 i 2k 2014 2013 2015   C2015  C2015  C2015  (1) k C2015   C2015  C2015   C2015  C2015   C2015 i  Mặt khác,  2         i    i    cos  i sin  nên (1  i )2015  ( 2) 2015  cos 2015  i sin 2015   4 4    Vậy, S  2015 cos 2015    21007 cos  504    21007 4  2012 2014 Tóm lại: S  C2015  C2015  C2015   C2015  C2015  21007 Nhận xét, từ khai triển trên, ta có 2013 2015 S  C2015  C2015  C2015   C2015  C2015  21007 Bằng cách, khai triển (1  i) n , ta có kết tổng quát sau: Nguyễn Hữu Tình – Giáo viên Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình 14 Phương pháp tính tổng dãy số có chứa cơng thức Tổ hợp n n  C  C  C   cos n n n  ( n*)  n n  C  C  C   sin n n  n Bài 2: Cho n số nguyên dương, chứng minh rằng: C20n  3C22n  9C24n  27C26n   (3) n C22nn  22 n.cos 2n Giải Xét khai triển (1  3i) 2n  C20n  C21n  3i   C  3i  2n  C23n  3i    C  3i  n 2 2n n  C22nn 1  3i  n 1  C22nn  3i  2n n 1    C20n  3C22n  32 C24n   (3)n C22nn   3C21n  C23n   (3) C22nn 1  i   Mặt khác,  22 n cos 1      3i    i    cos  i sin  3  2  2n  n 2n   sin  nên 1  3i  2n 2n      cos  i sin   3  2n  i  Do đó, C20n  3C22n  9C24n  27C26n   (3)n C22nn  22 n.cos 2n Suy ra, điều phải chứng minh Trên số nội dung tơi trình bày, cụ thể đồng thời mang tính định hướng để từ bạn đọc vận dụng để giải toán dạng tương tự Hy vọng đề tài giúp học sinh đồng nghiệp có định hướng lựa chọn phương pháp phù hợp số trường hợp cụ thể loại tốn này, đồng thời đề tài có tính mở cao, đồng nghiệp học sinh tự khái quát lên phương pháp giải tốn tổng qt xét khai triển mang tính chất tổng quát hơn, dùng đạo hàm cấp cao dùng tích phân nhiều lớp để giải toán phức tạp Trong trình thực hiện, chắn khơng tránh khỏi sơ suất Rất mong quí đồng nghiệp học sinh góp ý đề tài thực tài liệu tham khảo có giá trị cho giáo viên học sinh giải tốn Nguyễn Hữu Tình – Giáo viên Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình 15 Phương pháp tính tổng dãy số có chứa công thức Tổ hợp TÀI LIỆU THAM KHẢO Ngơ Thúc Lanh (chủ biên) Sách giáo khoa Giải tích 12 – NXB GD – 2000) Lê Hồng Đức (chủ biên) Giải tích Tổ hợp 12 (Bài tập tự luận & trắc nghiệm) – NXB ĐH Quốc gia Hà Nội – 2006 Nguyễn Trọng Bá, Trần Tuấn Điệp, Trần Xuân Tiếp, Nguyễn Phú Trường Giới thiệu đề thi tuyển sinh (vào ĐH CĐ toàn quốc năm học 2001 – 2002) – NXB Hà Nội - 2001 Ngơ Viết Diễn Tốn nâng cao Giải tích 12 – NXB TP Hồ Chí Minh - 2001 Nguyễn Hữu Tình – Giáo viên Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình 16 ... để từ bạn đọc vận dụng để giải to n dạng tương tự Hy vọng đề tài giúp học sinh đồng nghiệp có định hướng lựa chọn phương pháp phù hợp số trường hợp cụ thể loại to n này, đồng thời đề tài có tính... a2   a100 c) Tính M  a1  a2  3a3   100a100 Giải Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta được: k 100 ( x  2)100  C100 x n  2C100 x 99   (1) k k C100 x100 k   2100 C100... triển f ( x)  (   xt )n ,  ,  ,t  R{0}, n  N * Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có: f ( x)  (   xt ) n  (1)  Cn0 n  Cn1 n1 (  xt )   Cnk nk (  xt ) k 