Tính giá trị và chứng minh các biểu thức tổ hợp mai ngọc thắng

CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC Mai Ngọc Thắng – A1 (08-11) THPT NTMK, Tp.HCM Chứng minh đẳng thức tính giá trị biểu thức giải tích tổ hợp vấn đề rộng, có mặt thi ĐH đề thi HSGQG Với mong muốn giúp bạn có thêm tư liệu cho việc tự học, kiến thức tơi có q trình luyện thi với người thầy kính yêu Vũ Vĩnh Thái thêm tơi sưu tầm được, tơi xin tổng hợp lại thành chuyên đề nho nhỏ nhằm thêm mục đích lưu trữ Mọi góp ý xin liên hệ qua email maingocthang1993@gmail.com nick yahoo blackjack2512 I Vài công thức cần nhớ: n! _ Chỉnh hợp: Ank  ( n  k )! _ Tổ hợp: Cnk  n! k !( n  k )! _ Tính chất tổ hợp: Cnk  Cnn k Hằng đẳng thức Pascal: Cnk  Cnk 1  Cnk11 n _ Nhị thức Newton: ( a  b) n   Cnk a n k b k k 0 Trong chuyên đề hầu hết liên quan đến tổ hợp nên bạn cần nắm vững sử dụng thục công thức liên quan đến tổ hợp mục nhắc lại công thức áp dụng tập thuộc mục II Các phương pháp ví dụ minh họa: Các tập nêu minh họa rõ cho phương pháp có số tập để bạn rèn luyện lại Tơi cố gắng phân tích hướng giải số toán với mong muốn giúp bạn hiểu sâu sắc lời giải tốn Cách 1: Biến đổi đồng nhất, thay công thức tổ hợp, dùng sai phân, thường xuất phát từ vế phức tạp dùng số phép biến đổi để đưa biểu thức giống vế đơn giản VD1: Chứng minh đẳng thức sau: Cnk1 n 1  k Cn n  k 1 n 1  1   k  k 1   k ( n, k  N *, n  k ) (ĐH B 2008) n   Cn 1 Cn 1  Cn ( n, k  N , n  k ) k ( k  1)Cnk  n (n  1)Cnk22 ( n, k  N ,  k  n ) Cn2 k  Cn2 k 1 số phương ( n, k  N , n  k  2) Giải: Dễ dàng nhận thấy ta xuất phát từ vế trái ta biến đổi ( n  1)! Cnk1 k !( n  k )! n 1   k Cn k !(n  k  1)! n! n  k 1 Tương tự câu 1, ta xuất phát từ vế trái vế phức tạp  n   k !( n  k  1)! ( k  1)!( n  k )!  n 1    k  k 1    ( n  1)! n   Cn 1 Cn 1  n   ( n  1)!   n  k !( n  k )!( n  k   k  1) n  k !(n  k )!(n  2) k !(n  k )!    k ( n  1)! ( n  1)! n2 n2 n! Cn 2,4 Xem tập tự luyện VD2: (ĐHAN 2001- CĐ 2003) Chứng minh với n  n nguyên ta có: Rút gọn biểu thức: F  Cn1  1 1 n 1      A2 A3 A4 An n 2Cn2 3Cn3 nCnn    Cn1 Cn2 Cnn 1 Giải: Bài minh họa cho ý tưởng sai phân, biến đổi số hạng tổng quát theo hiệu biểu thức giá trị đơn giản từ từ Với n  1, 2,3, , n ta có: ( n  2)! 1     An n! n ( n  1) n  n Vậy 1 1 1 1 1 n 1             1  A2 A3 A4 An 2 n 1 n n n Cũng với ý tưởng sai phân ta biến đổi có khác so với câu Cn1  n , 2Cn2 n! ( n  1)! 2  n 1, Cn 2!( n  2)! n ! 3Cn3 n! 2!( n  2)! 3 n2 Cn 3!( n  3)! n! …………………………… kCnk  n  k 1 Cnk 1 …………………………… nCnn 1 Cnn 1 Cộng n đẳng thức vế theo vế ta được: F  Cn1  2Cn2 3Cn3 nCnn     n  ( n  1)  ( n  2)   ( n  k  1)    Cn1 Cn2 Cnn 1      n  n ( n  1) (theo cơng thức tính tổng cấp số cộng) 2 VD3: Chứng minh: (ĐHKTCN 1998) Cnk  3Cnk 1  3Cnk 2  Cnk 3  Cnk3 ( n, k  N ,3  k  n ) (ĐHQGHCM 1997) Cnk  4Cnk 1  6Cnk 2  4Cnk 3  Cnk 4  Cnk ( n, k  N ,  k  n ) Giải: Bài minh họa cho HĐT Pascal: Cnk  Cnk 1  Cnk11 Công thức bạn chưa làm quen khó nhớ, có câu “thần chú” sau thầy giúp bạn dễ nhớ dù nghe bình thường: “cùng lầu so le, nâng lấy lầu cao” Với ý tưởng ta nhóm số hạng nhằm sử dụng HĐT Pascal: Cnk  3Cnk 1  3Cnk 2  Cnk 3   Cnk  Cnk 1    Cnk 1  Cnk 2    Cnk 2  Cnk 3   Cnk1  2Cnk11  Cnk12   Cnk1  Cnk11    Cnk11  Cnk12   Cnk  Cnk21  Cnk3 Hoàn toàn tương tự câu VD4: (TTĐTBDCBYTHCM 1998) Cho số nguyên n, m thỏa  m  n Chứng minh: Cnm  Cnm11  Cnm21   Cmm 1  Cmm11 Cho n, k  N *, n  k Rút gọn: S  Ckk  Ckk1  Ckk   Cnk1  Cnk Giải: Ở VD dùng HĐT Pascal theo chiều thuận gom thành 1, VD ta dùng theo chiều ngược tức tách thành Cnm  Cnm1  Cnm11  m m m 1 Cn 1  Cn 2  Cn 2   Cnm  Cnm11  Cnm21   Cmm 1  Cmm11 Ta có:  C m  C m  C m 1 m m  m 1  m m Cm  Cm 1  Hoàn toàn tương tự Cách 2: Khai triển lũy thừa nhị thức thay biến giá trị thích hợp VD1: Chứng minh: Cn0  Cn1  Cn2  Cn3   ( 1) n Cnn  90 Cn0  91 Cn1  Cn2   n Cnn  10n Giải: Ta thấy vế trái đẳng thức chứa Cn0 Cnn đồng thời hệ số tổ hợp nên ta chọn khai triển (1  x ) n thấy số hạng đổi dấu nên chọn x  1 Ta có: (1  x ) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n (1) Trong (1) thay x  1 ta Cn0  Cn1  Cn2  Cn3   ( 1) n Cnn  Trong (1) thay x  ta 90 Cn0  91 Cn1  Cn2   n Cnn  10n VD2: (ĐHQGHCM 1997 – ĐHYDHCM 2000) Chứng minh C21n  C23n  C25n   C22nn 1  C20n  C22n  C24n   C22nn (ĐHSPV 2000) Chứng minh C22n  C24n   C22nn 2  C21n  C23n   C22nn 1  Giải: chất giống nên giải mẫu 2 Nhận thấy vế trái đẳng thức khuyết C20n  C22nn nên ta cộng thêm lượng vô để sử dụng khai triển (1  x ) n thật may mắn C20n  C22nn  nên ta có lời giải sau: YCBT  C20n  C22n  C24n   C22nn 2  C22nn  C21n  C23n   C22nn 1 Ta có: (1  x ) n  C20n  C21n x  C22n x  C23n x  C24n x   C22nn 2 x n 2  C22nn 1 x n 1  C22nn x n Thay x  1 ta  C20n  C21n  C22n  C23n  C24n   C22nn 2  C22nn 1  C22nn Từ chuyển vế đổi dấu ta có đpcm VD3: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: (ĐH D 2003) Cn0  2Cn1  4Cn2   n Cnn  243 (1) (ĐH D 2008) C21n  C23n   C22nn 1  2048 (2) Giải: Thoạt nhìn tưởng giải phương trình thực chất lại yêu cầu tính tổng không rút gọn vế trái ta tìm n Nhận thấy lũy thừa tăng dần nên ta chọn x  khai triển (1  x ) n Ta có: (1  x ) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n Thay x  ta được: 3n  Cn0  2Cn1  2 Cn2   n Cnn Vậy (1)  3n  243  35  n  C1: Vế trái phương trình ta thấy khuyết lượng C20n  C22n   C22nn khai triển (1  x ) n tinh ý ta thấy C20n  C22n   C22nn  C21n  C23n   C22nn 1 (đã chứng minh câu VD6) ta đến lời giải sau: Ta có: (1  x ) n  C20n  C21n x  C22n x  C23n x   C22nn 1 x n 1  C22nn x n Thay x  1 chuyển vế đổi dấu ta có: C20n  C22n   C22nn  C21n  C23n   C22nn 1 (2)   C21n  C23n   C22nn 1    C20n  C22n   C22nn   2.2048  (1  1) n  2.2048  2 n 1  2048  211  n  11 C2: Bài cách sử dụng chiều đảo HĐT Pascal đẹp mắt Áp dụng HĐT Pascal Cnk  Cnk 1  Cnk11 ta có: C21n  C23n   C22nn 1   C20n 1  C21n 1    C22n 1  C23n 1     C22nn12  C22nn11  Dễ thấy khai triển 1  1 n 1  2 n 1 nên (2)  2 n 1  2048  211  n  11 Cách 3: Viết lũy thừa nhị thức dạng tích lũy thừa nhị thức, khai triển vế đồng số hạng tương ứng Cách thường sử dụng vế phức tạp đẳng thức tích tổ hợp Cnk Cmn bình phương tổ hợp  Cnk  VD1: Cho n nguyên dương Chứng minh  Cn0    Cn1    Cn2     Cnn   C2nn 2 2 Giải : * Ta có: (1  x ) n  (1  x ) n (1  x ) n , x (1) 2n Mà (1  x ) n   C2kn x k k 0 Trong khai triển hệ số x n C2nn (2) * Mặt khác : (1  x ) n (1  x ) n   Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n    Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n  Cn0 x n  Cn1 x n 1  Cn2 x n 2   Cn0  Hệ số x n tích :  Cn0    Cn1    Cn2     Cnn  (3) 2 2 Từ (1), (2), (3) ta có :  Cn0    Cn1    Cn2     Cnn   C2nn 2 2 VD2: Chứng minh với m, k, n nguyên dương, m  k  n ta có: Cm0 Cnk  Cm1 Cnk 1  Cm2 Cnk 2   CmmCnk m  Cmk  n (HĐT Vandermonde) Giải : * Ta có: (1  x ) m  n  (1  x ) m (1  x ) n , x (1) mn Mà (1  x ) m  n   Cmj  n x j j 0 Trong khai triển hệ số x k Cmk  n (2) * Mặt khác : (1  x ) m (1  x ) n   Cm0  Cm1 x  Cm2 x   Cmm x m  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnk 2 x k 2  Cnk 1x k 1  C nk x k  C nn x n  Hệ số x k tích Cm0 Cnk  Cm1 Cnk 1  Cm2 Cnk 2   CmmCnk m (3) Từ (1), (2), (3) ta có : Cm0 Cnk  Cm1 Cnk 1  Cm2 Cnk 2   CmmCnk m  Cmk  n VD3: Cho n nguyên dương Chứng minh: (C20n )  (C21n )  (Cn2 )   (C22nn )  ( 1) n C2nn Cho n nguyên dương lẻ Chúng minh:  (Cn1 )  (Cn2 )  (Cn3 )   (C22nn )  Giải: * Ta có: (1  x ) n  C20n  C21n x  C22n x   C2nn x n   C22nn x n (1  x ) n  C20n x n  C21n x n 1   ( 1) n C2nn x n   C22nn x n Hệ số x 2n tích (1  x ) n (1  x ) n (C20n )  (C21n )  (Cn2 )   ( 1) n (C2nn )   (C22nn ) (1) * Mặt khác: (1  x ) n (1  x ) n  (1  x ) n  C20n  C21n x   ( 1) n C2nn   C22nn ( x ) n Hệ số x 2n khai triển (1  x ) n ( 1) n C2nn (2) Từ (1) (2) ta có : (C20n )  (C21n )   ( 1) n (C2nn )   (C22nn )  ( 1) n C2nn Xem tập tự luyện Cách 4: Khai triển lũy thừa nhị thức biến tích đơn thức với lũy thừa nhị thức biến Lấy đạo hàm vế đến cấp thích hợp thay biến giá trị thích hợp VD1: Chứng minh Cn1  2Cn2  3Cn3   nCnn  n n 1 ( n  N *) 2.1.Cn2  3.2.Cn3   n( n  1)Cnn  n( n  1)2 n 2 ( n  N *, n  2) Giải: Bài minh họa rõ cho ý tưởng đạo hàm Nhận thấy vế trái đẳng thức Cn0 tổ hợp lại thấy hệ số với tăng đơn vị nên ta dùng đạo hàm cấp Ta có: (1  x ) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n (*) Lấy đạo hàm vế (*) ta được: n (1  x ) n 1  Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x   nCnn x n 1 (1) Trong (1) chọn x  ta được: n.2 n 1  Cn1  2Cn2  3Cn3   nCnn (đpcm) Nhận thấy vế trái đẳng thức Cn0 Cn1 lại thấy tổ hợp hệ số với tích số nguyên liên tiếp nên ta dùng đạo hàm cấp Lấy đạo hàm vế (1) ta được: n ( n  1)(1  x ) n 2  2.1Cn2  3.2Cn3 x   n ( n  1)Cnn x n 2 (2) (2) thay x  ta được: n ( n  1)2 n 2  2.1.Cn2  3.2.Cn3   n( n  1)Cnn (đpcm) VD2: (ĐHSPHCM – ĐH Luật 2001) Chứng minh: Cn1 3n 1  2Cn2 3n 2  3Cn3 3n 3   nCnn  n.4 n 1 * Dấu hiệu sử dụng đạo hàm rõ thấy lũy thừa giảm dần Tới ta có hướng xử lý: _ Hướng 1: Khai triển (1  x ) n đạo hàm chọn x  Dễ thấy hướng không cho điều mong muốn _ Hướng 2: Ở tổ hợp chứa n nên ta dùng khai triển (3  x ) n , sau đạo hàm vế thay x  ta có đpcm n Giải: * Ta có: (3  x ) n   Cnk 3n k x k  Cn0 3n  Cn1 3n 1 x  Cn2 3n 2 x  Cn3 3n 3 x   Cnn x n (1) k 0 Lấy đạo hàm vế (1) ta được: n (3  x ) n 1  Cn1 3n 1  2Cn2 3n 2 x  3Cn3 3n 3 x   nCnn x n 1 (2) Trong (2) thay x  ta được: n.4 n 1  Cn1 3n 1  2Cn2 3n 2  3Cn3 3n 3   nCnn (đpcm) VD3: (TK 2006) Áp dụng khai triển nhị thức Newton ( x  x )100 chứng minh: 99 100 100C 100 1 1    101C100   2 2 101 100  102C 1   2 198 99 100   199C 100 100 k 0 k 0 1   2 199 100 100  200C 1   2 0 k k Giải: Ta có: ( x  x )100  x100 (1  x )100  x100  C100 x k   C100 x100 k 100 100 C x 101 100 C x 102 100 C x 99 199 100 200   C100 x  C100 x (1) Lấy đạo hàm hai vế (1) ta được: 99 198 100 199 100( x  x )99 (2 x  1)  100C100 x 99  101C100 x100  102C100 x101   199C100 x  200C100 x Thay x   ta được: 99 100 101 198 199 1 1 1 99   100    100C    101C100    102C100     199C100    200C100   2 2 2 2 2 Chuyển vế đổi dấu ta có đpcm Nhận xét: Câu hỏi đặt liệu khơng cho trước khai triển ta giải tốn khơng? Xin để dành câu trả lời cho bạn 100 2000 VD4: (ĐHAN 2000) Tính tổng: S  C2000  2C2000  3C2000   2001C2000 Chứng minh: 3Cn0  4Cn1  5Cn2   ( n  3)Cnn  n 1 ( n  6) 2000 2000 * Nhận xét: (1  x ) 2000  C2000  C2000 x  C2000 x   C2000 x Tới đâu ta đạo hàm C2000 hệ số đứng trước tổ hợp không ta mong muốn Tới chút khéo léo nhân thêm x vào khai triển ta thu kết 2000 2000 k 0 k 0 k * Giải: x (1  x ) 2000  x  C2000 xk  C k 1 k 2000 x 2000 2001 (1)  C2000 x  C2000 x  C2000 x   C2000 x Lấy đạo hàm hai vế (1) ta được: 2000 2000 (2) (1  x ) 2000  2000 x (1  x )1999  C2000  2C2000 x  3C2000 x   2001C2000 x 2000 Trong (2) thay x  ta được: 2000  2000.21999  C2000  2C2000  3C2000   2001C2000 Hay S  2002.21999 * Nhận xét: (1  x ) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n Nếu ta nhân thêm x vào giống câu khơng thu điều mong muốn Tinh ý chút nhìn số 3,4,5 ta khéo léo nhân x để đạo hàm xuất số n * Giải: Ta có: x (1  x ) n   Cnk x 3 k  Cn0 x  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n 3 (1) k 0 Lấy đạo hàm hai vế (1) ta được: 3x (1  x ) n  nx (1  x ) n 1  3Cn0 x  4Cn1 x  5Cn2 x   (n  3)Cnn x n  (2) Trong (2) thay x  ta được: 3Cn0  4Cn1  5Cn2   ( n  3)Cnn  3.2 n  n.2 n 1  n 1 ( n  6) VD5: (ĐH A 2005) Tìm số nguyên dương n cho C22n 1  2.2C22n 1  3.2 C23n 1  4.23 C24n 1   (2n  1)2 n C22nn11  2005 * Nhận xét: Nếu không rút gọn vế trái ta khơng thể tìm n Ở dấu hiệu đạo hàm rõ, dãy tăng liên tiếp Qua VD nhận thấy giải tốn đạo hàm thường có bước: _ Bước 1: Chọn khai triển phù hợp, dễ thấy (1  x ) n 1 _ Bước 2: Lấy đạo hàm vế, cần nhân thêm đại lượng thích hợp để xuất vế trái _ Bước 3: Thay biến giá trị thích hợp, nhận thấy x  2 * Giải: Ta có: (1  x ) n 1  C20n 1  C21n 1 x  C22n 1 x  C23n 1 x   C22nn11 x n 1 (1) Lấy đạo hàm hai vế (1) ta được: (2n  1)(1  x ) n  C21n 1  2C22n 1 x  3C23n 1 x   (2n  1)C22nn11 x n (2) Trong (2) thay x  2 ta được: 2n   C22n 1  2.2C22n 1  3.2 C23n 1  4.23 C24n 1   (2n  1)2 n C22nn11 Vậy YCBT  2n   2005  n  1002 Cách 5: Khai triển lũy thừa nhị thức biến tích đơn thức với lũy thừa nhị thức biến Lấy tích phân hai vế đoạn thích hợp, thường đoạn 0,1 VD1: Cho n số nguyên dương Tính tổng: 1 1 S1  Cn0  Cn1  Cn2   Cnn n 1 1 ( 1) n n S2  Cn0  Cn1  Cn2   Cn n 1 Ta có: (1  x ) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n 1 0   (1  x ) n dx    Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n  dx  (1  x ) n 1 n 1  x2 x3 x n 1 n  Cn    xCn0  Cn1  Cn2   n 1   1 1 2 n 1  n Cn   S1  C  Cn  Cn   n 1 n 1 n n n k 0 k 0 Ta có: (1  x ) n   Cnk (  x ) k   Cnk ( 1) k x k  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   ( 1) n Cnn x n 1   (1  x ) n dx    Cn0  Cn1 x  Cn2 x   ( 1) n Cnn x n  dx 0 n 1 (1  x )  n 1  x2 x3 ( 1) n x n 1 n  Cn    xCn  Cn  Cn   n 1   1 ( 1) n n Cn   S2  Cn0  Cn1  Cn2   n 1 n 1 VD2: A (ĐHBKHN 1997) Cho n số nguyên dương 1 Tính tích phân: I   x (1  x ) n dx 1 1 ( 1) n n Chứng minh: Cn  Cn  Cn   Cn  2n  2( n  1) B Tính tích phân: J   (1  x ) n dx Chứng minh tổng S   21 21 23 2n n Cn  Cn  Cn   ( 1) n Cn n lẻ n 1 n chẵn n 1 Đặt t   x  dt  2 xdx x 1 t I  1 n n t n 1 1 t dt  t dt  0   21 20 2( n  1) 2( n  1) n Ta có: x (1  x )  x  C ( 1) x n k 0 k n k 2k n   Cnk ( 1)k x1 k  Cn0 x  Cn1 x  Cn2 x   ( 1)n Cnn x n 1 k 0 1   x (1  x ) dx    Cn0 x  Cn1 x  Cn2 x   ( 1) n Cnn x n 1  dx n   x2 x3 x5 ( 1) n x n     Cn0  Cn1  Cn2    2( n  1)  2n   1 1 ( 1) n n  Cn  Cn  Cn   Cn  2n  2( n  1) VD3: (ĐH Duy Tân 2001) S1  (ĐH B 2003) S2  Cn0  (VVT) 3n Cn0  25 2 3 2 C6  C6  C6  C6  C6  C6  C6 2  1 23  2 n 1  n Cn  Cn   Cn n 1 3n 1 3n 2 Cn 4n 1  3n 1 Cn  Cn   Cnn 1  n  n n 1 n 1 32 33 3n 1 n n 1  (VVT) 3C  Cn  Cn   Cn  n 1 n 1 n Nhận thấy lũy thừa giảm dần nên ta khai triển (2  x )6 lấy tích phân từ tới Ta có: (2  x )6   C6k 26k x k  C60 26  C61.25 x  C62 x   C66 x k 0 1   (2  x ) dx    C60 26  C61.25 x  C62 24 x   C66 x dx  x7  (2  x )7  x x  xC  C  C   C6  2 6  7    S1  26 25 24 23 22 2059 C6  C6  C6  C6  C6  C6  C6  7 Nhận thấy lũy thừa tăng dần nên ta khai triển (1  x ) n lấy tích phân từ tới Ta có: (1  x ) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n 2   (1  x ) n dx    Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n  dx  n 1 (1  x ) n 1  x2 x3 x n 1 n    xCn0  Cn1  Cn2   Cn  n    22  1 23  2 n 1  n 3n 1  n 1 Cn  Cn   Cn  n 1 n 1 3,4 Tương tự, xem BT tự luyện   S2  Cn0  10 VD4: (ĐH A 2007) Chứng minh: 1 22 n  C2 n  C2 n  C2 n   C22nn 1  2n 2n  * Nhận xét: Nhìn vào vế trái ta thấy thiếu C20n , C22n , C24n , , C22nn Việc cần làm phải tạo biểu thức vế trái, tinh ý ta thấy cần lấy hiệu nhị thức (1  x ) n (1  x ) n lấy tích phân từ tới ta thu đpcm * Giải: Ta có: (1  x ) n  C20n  C21n x  C22n x  C23n x  C24n x  C25n x   C22nn x n (1  x ) n  C20n  C21n x  C22n x  C23n x  C24n x  C25n x   C22nn x n  (1  x ) n  (1  x ) n  C21n x  C23n x  C25n x   C22nn 1 x n 1 1 (1  x ) n  (1  x ) n dx    C21n x  C23n x  C25n x   C22nn 1 x n 1  dx  0  (1  x ) n 1  (1  x ) n 1  x x x x n n 1   C  C  C   C2 n   2n 2n 2n 2(2n  1) 2n   1 1 n 1 2 n  (đpcm)  C21n  C23n  C25n   C2 n  2n 2n  VD5: Chứng minh: Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 2n 2  n       1.2 2.3 3.4 ( n  1)( n  2) ( n  1)( n  2) * Bài mở rộng cách dùng tích phân, xét đề ĐH câu “chặt”  Sau xin giới thiệu đến bạn lời giải vô đặc sắc thầy *Giải: ( n  1)! Cn11 Cn0 n!    1.2 1.2.0! n ! n  2.1![( n  1)  1]! n  ( n  1)! Cn21 Cn1 n!    2.3 2.3.1!( n  1)! n  3.2![( n  1)  2]! n  (n  1)! Cn31 Cn2 n!    3.4 3.4.2!( n  2)! n  4.3![( n  1)  3]! n  …………………………… Cnn n! (n  1)! Cnn11    ( n  1)( n  2) ( n  1)( n  2)n !0! n  ( n  2)( n  1)![( n  1)  ( n  1)]! n  n  Cn0 Cn1 Cn2 Cnn  Cn11 Cn21 Cn31 Cnn11  S            1.2 2.3 3.4 ( n  1)( n  2) n   n2  Cnn11     Cn01 Cn11 Cn21        1 n   n2  11 Cn01 Cn11 Cn21 Cnn11 Xét T      n2 n 1 Ta có: (1  x )  Cn 1  Cn 1 x  Cn 1 x   Cnn11 x n 1   (1  x ) n 1  (1  x ) n  n2 T  dx    Cn01  Cn11 x  Cn21 x   Cnn11 x n 1  dx  x2 x3 x n  n 1  Cn 1    xCn01  Cn11  Cn21   n2   2n 2  1  2n 2   2n2  n  S  1   n2 n 1 n   ( n  1)(n  2) Các bạn thử dùng cách tính tổng sau nhé, có lẽ khó chút  Cn0 Cn1 Cn2 Cnn Tính tổng: P      1.3 2.3 3.5 ( n  1)( n  3) Cách 6: Liên kết tổng cần tính với tổng khác liên kết với theo hình thức khác Thường dùng khai triển lũy thừa nhị thức thay biến giá trị thích hợp dùng tính chất đối xứng VD1: (ĐHQGHN 1998) Tính tổng: S  C116  C117  C118  C119  C1110  C1111 * Bài ý tưởng người đề hay hình thức tốn có lẽ … chưa hay có nhiều thí sinh sử dụng máy tính bấm cho kết  Dĩ nhiên ta không “giải” theo cách Ta sử dụng ý tưởng “liên kết với nó” *Giải: Áp dụng tính chất Cnk  Cnn k ta có: S  C115  C114  C113  C112  C111  C110  2S  C110  C111  C112  C113  C114  C115  C116  C117  C118  C119  C1110  C1111  (1  1)11  211  S  210  1024 VD2: Chứng minh: (ĐHHV 2004) C 2004 2 C 2004 2 C 2004   2002 C 2002 2004 2 2004 C 2004 2004 32004   2 (ĐHHH 2001) C20n  32 C22n  34 C24n   32 n C22nn  2 n 1 (2 n  1) 2004 2003 Đặt S  20 C2004 , T  21 C2004  2 C2004   2004 C2004  23 C2004   2003 C2004 2003 2003 2004 2004 Ta có: (1  x ) 2004  C2004  C2004 x  C2004 x  C2004 x   C2004 x  C2004 x  S  T  32004 32004  S Lần lượt cho x  x  2 ta được:  S  T  Tương tự, bạn tự làm  12 VD3 : Chứng minh : Cn0  3Cn1  5Cn2   (2n  1)Cnn  n ( n  1) *Giải : Đặt S  Cn0  3Cn1  5Cn2   (2n  1)Cnn Áp dụng tính chất Cnk  Cnn k ta có: S  Cnn  3Cnn 1  5Cnn 2   (2n  1)Cn0  (2n  1)Cn0  (2n  1)Cn1   3Cnn 1  Cnn  S  (2n  2)(Cn0  Cn1  Cn2   Cnn 1  Cnn )  (2n  2)(1  1) n  2( n  1)2 n  S  n ( n  1) * Chúng ta chứng minh đẳng thức sau : n n n k 0 k 1 k 0  (2k  1)Cnk  2 kCnk   Cnk Ta có : Nếu bạn đọc kĩ chun đề từ đầu việc xử lí tổng khơng có khó khăn  * Mời bạn thử sức với toán sau thầy : Cho n nguyên dương Chứng minh : C n 1  C 2 n 1   C n 1 n 1  n 1  1      n  2n   C2 n C2 n C2 n  Cách : Dùng số phức : _ Khai triển lũy thừa nhị thức chứa đơn vị ảo i tách phần thực, phần ảo _ Lại đưa nhị thức khai triển dạng lượng giác để áp dụng công thức Moivre _ So sánh phần thực ảo để kết VD1 : Cho n nguyên dương Chứng minh : n C k 0 k n cos kx  n cosn x nx cos 2 n Giải: Ta có: (1  cos x  i sin x ) n   Cnk (cos x  i sin x ) k k 0 n n n k 0 k 0 k 0   Cnk (cos kx  i sin kx )   Cnk cos kx  i  Cnk sin kx x x x  Lại có: (1  cos x  i sin x )   cos  2i sin cos  2 2  n n n n x x x  x x x    cos  cos x  i sin    n cos n  cos  i sin  2 2  2 2  x nx nx  x nx x nx  n cosn  cos  i sin   n cos n cos  i n cos n sin 2 2  2 2 n   Cnk cos kx  n cosn k 0 x nx cos (đpcm) 2 n C k 0 13 k n sin kx  n cosn x nx sin 2 VD2: Tính S1  C190  C192  C194   C1916  C1918 97 99 Tính S2  C100  C100  C100   C100  C100 Ta có: (1  i )19  C190  C191 i  C192 i  C193 i  C194 i   C1916i16  C1917i17  C1918i 18  C1919i 19   C190  C192  C194   C1916  C1918   i  C191  C193  C195   C1917  C1919  19 19   1    19  i Lại có : (1  i )       ( )  cos  i sin       19 19 19      512  cos  i sin i   512     512  512i  S1  512 4  2   Đáp số : S2  , bạn tự làm  Qua ta rút lưu ý quan trọng : Các tốn có chập cách đơn vị mà qua số hạng lại đổi dấu chắn ta phải sử dụng số phức VD3 : (VVT) Tính tổng : S  3n C20n  3n 1 C22n  3n 2 C24n   ( 1) n C22nn với n nguyên dương thỏa mãn Cn41  Cn31  52 An22 Giải : Dễ thấy dấu hiệu số phức Vì có lũy thừa nên ta khai triển Ta có :  3i  2n 2n   C2kn k 0  3 n k Lại có :  3i  3i  2n ik  C20n 3n  3n 1 C22n  3n 2 C24n   ( 1) n C22nn   i   (ta không cần quan tâm khúc sau) 2n          cos  i sin   6     3 n 1 C21n   3 n 3 C23n  .  2n n n n  n n  2n  S  2 n cos  2 n  cos  i sin  i.2 n sin   cos 3  3  Tới xem toán xong, phần cịn lại khơng khó khăn Các bạn thân mến, qua phương pháp để giải toán lên quan tới biểu thức chứa tổ hợp, vấn đề thật đẹp mà học tháng cuối luyện thi ĐH đời học sinh, kỉ niệm khơng qn Và cuối xin chúc bạn thành công sống này, đặc biệt bạn thi ĐH 2012 đạt kết tốt  Tài liệu tham khảo : Các chuyên đề Giải tích tổ hợp – ThS Huỳnh Cơng Thái Chứng minh đẳng thức, Tính giá trị biểu thức – thầy Vũ Vĩnh Thái 14 ... (ĐHAN 2001- CĐ 2003) Chứng minh với n  n ngun ta có: Rút gọn biểu thức: F  Cn1  1 1 n 1      A2 A3 A4 An n 2Cn2 3Cn3 nCnn    Cn1 Cn2 Cnn 1 Giải: Bài minh họa cho ý tưởng sai phân,... Chứng minh: (ĐHKTCN 1998) Cnk  3Cnk 1  3Cnk 2  Cnk 3  Cnk3 ( n, k  N ,3  k  n ) (ĐHQGHCM 1997) Cnk  4Cnk 1  6Cnk 2  4Cnk 3  Cnk 4  Cnk ( n, k  N ,  k  n ) Giải: Bài minh. .. Cnn  10n VD2: (ĐHQGHCM 1997 – ĐHYDHCM 2000) Chứng minh C21n  C23n  C25n   C22nn 1  C20n  C22n  C24n   C22nn (ĐHSPV 2000) Chứng minh C22n  C24n   C22nn 2  C21n  C23n   C22nn