Tải Tính giá trị và chứng minh các biểu thức tổ hợp - Tài liệu ôn tập môn Toán lớp 11

Chứng minh đẳng thức và tính giá trị biểu thức trong giải tích tổ hợp là một vấn đề khá rộng, nó có mặt trong những bài thi ĐH và cả trong các đề thi HSGQG.. Với mong muốn giúp các bạn c[r]

(1)

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 u Vũ Vĩnh Thái thêm tơi sưu tầm được, 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.comhoặc nick yahoo blackjack2512 I Vài công thức cần nhớ:

_ Chỉnh hợp: !

( )!

k

n n

A

n k 



_ Tổ hợp: !

!( )!

k

n n

C

k n k 



_ Tính chất tổ hợp: k n k

n n

C C 

Hằng đẳng thức Pascal: 1

1

k k k

n n n

C C  C  

 

_ Nhị thức Newton:

0

( )n n k n k k n k

a b C a b 

 



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 tốn 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:

1 1

1 k

n k n

C n

C n k  

  ( ,n k N n k ,  ) k k( 1)Cnk n n( 1)Cnk22 ( ,n k N ,2 k n)

3 1

1

1 1

2 k k k

n n n

n

n C C  C

 

 



 

 

   ( ,n k N n k *,  ) (ĐH B 2008)

4 2

1

n k n k

(2)

Giải:1 Dễ dàng nhận thấy ta xuất phát từ vế trái ta biến đổi

1 ( 1)! . !( )!

!( 1)! !

k n k n

C n k n k n

C k n k n n k

  

 

   

3 Tương tự câu 1, ta xuất phát từ vế trái vế phức tạp

1

1 1 !( 1)! ( 1)!( )!

2 ( 1)! ( 1)!

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

2 ( 1)! ( 1)! !

k k

n n

k n

n n k n k k n k

n C C n n n

n k n k n k k n k n k n k n k

n n n n n C



 

   

        

   

       

         

   

   

2,4 Xem tập tự luyện

VD2:(ĐHAN 2001- CĐ 2003)

1 Chứng minh với  n n ngun ta có: 2 2 2 2

2

1 1 1

n n

A A A A n



    

2 Rút gọn biểu thức:

1

2 n

n n n

n n

n n n

C C nC

F C

C C C 

    

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

1 Với n1,2,3, ,n ta có:

2

1 ( 2)! 1

! ( 1)

n n

A n n n n n



   

 

Vậy 2 2 2 2

2

1 1 1 1 1 1 1

2

n

A A A A n n n n



             



2 Cũng với ý tưởng sai phân ta biến đổi có khác so với câu

1

n

C n, 12 ! ( 1)!

2!( 2)! !

n n

C n n n

C n n



  

 ,

3

3 3 ! .2!( 2)! 2

3!( 3)! !

n n

C n n n

C n n



  



……… nk1

k n

kC n k C    

……… nn1

n n nC C  

Cộng n đẳng thức vế theo vế ta được:

2

1

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

n n n

n n

n n n

C C nC

F C n n n n k

C C C 

                

( 1)

2 n n

n 

(3)

VD3: Chứng minh:

1 (ĐHKTCN 1998)

3

k k k k k

n n n n n

C C  C  C  C



    ( ,n k N ,3 k n)

2 (ĐHQGHCM 1997)

4

k k k k k k

n n n n n n

C C  C  C  C  C



     ( ,n k N ,4 k n) Giải:Bài minh họa cho HĐT Pascal: 1

1

k k k

n n n

C C  C  

  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:

1 k 3 k 3 k k



k

 

k

 

k



n n n n n n n n n n

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



 



1 1

1 1 1 1 2

k k k k k k k k k k

n n n n n n n n n n

C C  C  C C  C  C  C C  C

         

         

2 Hoàn toàn tương tự câu

VD4:1 (TTĐTBDCBYTHCM 1998)

Cho số nguyên n, m thỏa 0 m n Chứng minh: 1 1

1

m m m m m

n n n m m

C C  C  C  C 

  

    

2 Cho ,n k N n k *,  Rút gọn: k k1 k 2 k1 k

k k k n n

S C C  C   C  C

Giải:Ở VD dùng HĐT Pascal theo chiều thuận gom thành 1, VD ta dùng theo chiều ngược tức tách thành

1 Ta có:

1

1 2

1 1

1

m m m

n n n

m m m

n n n

m m m m m

n n n m m

m m m

m m

C C C

C C C C C

C C C

C C



 



  

   

  

 

 

  



 



      



  



  



2 Hoàn toàn tương tự

Cách 2: Khai triển lũy thừa nhị thức thay biến giá trị thích hợp.

VD1:Chứng minh:

1 ( 1)n n 0

n n n n n

C C C C    C  90 91 92 9n n 10n

n n n n

C  C  C   C 

Giải: Ta thấy vế trái đẳng thức chứa

n

C n n

C đồng thời hệ số tổ hợp nên ta chọn khai triển (1x)n và thấy số hạng đổi dấu nên chọn x 1.

Ta có: (1 )n 2 n n

n n n n

x C C x C x C x

      (1)

Trong (1) thay x 1 ta ( 1)n n 0

n n n n n

(4)

2 Trong (1) thay x9 ta 90 91 92 9n n 10n

n n n n

C  C  C   C 

VD2:1 (ĐHQGHCM 1997 – ĐHYDHCM 2000)

Chứng minh 2

2n 2n 2n 2nn 2n 2n 2n 2nn C C C  C  C C C  C

2 (ĐHSPV 2000) Chứng minh 2

2n 2n 2nn 2n 2n 2nn C C  C  C C  C  

Giải:2 chất giống nên giải mẫu 2 Nhận thấy vế trái đẳng thức khuyết

2n 2nn

C C nên ta cộng thêm lượng vô để sử dụng khai triển (1x)2n và thật may mắn

2n 2nn

C C  nên ta có lời giải sau:

YCBT 2

2n 2n 2n 2nn 2nn 2n 2n 2nn

C C C C  C C C C 

         

Ta có: 2 3 4 2 2 2 2

2 2 2 2

(1 ) n n n n n n n

n n n n n n n n

x C C x C x C x C x C  x  C x  C x

         

Thay x 1 ta 2 2

2 2 2 2

0 n n n

n n n n n n n n

C C C C C C  C  C

        

Từ chuyển vế đổi dấu ta có đpcm

VD3:Tìm số ngun dương n thỏa mãn:

1 (ĐH D 2003) 2 4 2n n 243

n n n n

C  C  C   C  (1)

2 (ĐH D 2008)

2n 2n 2nn 2048 C C  C   (2)

Giải:Thoạt nhìn tưởng giải phương trình thực chất lại u cầu tính tổng khơng rút gọn vế trái ta khơng thể tìm n

1 Nhận thấy lũy thừa tăng dần nên ta chọn x2 khai triển (1x)n Ta có: (1 )n 2 n n

n n n n

x C C x C x C x

     

Thay x2 ta được: 3n 2 22 2n n

n n n n

C C C C

    

Vậy (1)3n 243 3 5 n 5

2 C1: Vế trái phương trình ta thấy khuyết lượng 2 2n 2n 2nn

C C  C khai triển

2

(1x) n nhưng tinh ý ta thấy 2

2n 2n 2nn 2n 2n 2nn

C C  C C C  C  (đã được

chứng minh câu VD6) ta đến lời giải sau:

Ta có: 2 3 2 2

2 2 2

(1 ) n n n n n

n n n n n n

x C C x C x C x C x  C x

       

Thay x 1 chuyển vế đổi dấu ta có: 2

2n 2n 2nn 2n 2n 2nn C C  C C C  C 



 



2 2 2

(2) n n 2.2048

n n n n n n

C C C  C C C

        

2 11

(1 1) n 2.2048 n 2048 n 11

       

C2: Bài cách sử dụng chiều đảo HĐT Pascal đẹp mắt

Áp dụng HĐT Pascal 1

1

k k k

n n n

C C  C  

(5)



 







1 1 2

2n 2n 2nn 1n 1n 1n 1n 1nn 1nn

C C C  C C C C C  C 

     

         

Dễ thấy khai triển





n

Cách 3: Viết lũy thừa nhị thức dạng tích lũy thừa nhị thức, khai triển vế rồi đồng số hạng tương ứng Cách thường sử dụng vế phức tạp của đẳng thức tích tổ hợp k n

n m

C C hoặc bình phương tổ hợp

 

k

n

C

VD1:Cho n nguyên dương Chứng minh

     

 

n n

n n n n n

C  C  C   C C Giải :* Ta có: (1x)2n  (1 x) (1n x) ,n x (1)

Mà 2

2

(1 ) n n k k n k

x C x



 



Trong khai triển hệ số xn là

2nn C (2)

* Mặt khác : (1 ) (1n )n



n n



n n



n n n n n n n n

x x C C x C x C x C C x C x C x

          



n n



n



n n n n n n n n

C C x C x C x C x C x  C x  C

        

Hệ số xn là tích :

     

 

n

n n n n

C  C  C   C (3) Từ (1), (2), (3) ta có :

     

 

2

n n

n n n n n

C  C  C   C C

VD2:Chứng minh với m, k, n nguyên dương, m k n  ta có:

0 k k k m k m k

m n m n m n m n m n

C C C C  C C  C C  C



     (HĐT Vandermonde)

Giải: * Ta có: (1x)m n  (1 x) (1m x) ,n x (1) Mà

0

(1 )m n m n j j m n j

x   C x

 



Trong khai triển hệ số xk là k m n C  (2)

* Mặt khác : (1x) (1m x)n



m m



k

k k

n n



m m m m n n n n n n n

C C x C x C x C C x C x C x  C x  C x C x

           

Hệ số xk trong tích là k k k m k m

m n m n m n m n

C C C C  C C   C C  (3)

Từ (1), (2), (3) ta có : k k k m k m k

m n m n m n m n m n

C C C C  C C  C C  C



    

VD3:1 Cho n nguyên dương Chứng minh: 2 2 2

2 2

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

n n n n n

C  C  C   C   C Cho n nguyên dương lẻ Chúng minh: 2 2

2

1 ( ) ( ) ( ) ( n)

n n n n

C C C C

(6)

Giải: * Ta có: 2 2

2 2 2

(1 ) n n n n n

n n n n n

x C C x C x C x C x

       

2 2 2

2 2

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

n n n n

x C x C x  C x C x

       

Hệ số x2n trong tích (1x) (12n x)2n là

0 2 2 2

2 2

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

n n n n n

C  C  C    C   C (1)

* Mặt khác: (1x) (12n x)2n  (1 x2 2) n

0 2 2

2n 2n ( 1)n 2nn 2nn( ) n

C C x C C x

      

Hệ số x2n trong khai triển (1x2 2) n là

2

( 1)n n n C

 (2)

Từ (1) (2) ta có : 2 2

2 2 2

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

n n n n n

C  C    C   C   C

2 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

1 2 3 n 2n

n n n n

C  C  C  nC n  (n N *)

2 2.1. 3.2. ( 1) n ( 1)2n

n n n

C  C  n n C n n  (n N n *, 2)

Giải:Bài minh họa rõ cho ý tưởng đạo hàm Nhận thấy vế trái đẳng thức

n

C tổ hợp lại thấy hệ số với tăng đơn vị nên ta dùng đạo hàm cấp

Ta có: (1 )n 2 n n

n n n n

x C C x C x C x

      (*)

Lấy đạo hàm vế (*) ta được: (1 )n 1 2 3 n n

n n n n

n x  C  C x C x  nC x  (1)

Trong (1) chọn x1 ta được: .2n 1 2 3 n

n n n n

n  C  C  C  nC (đpcm) Nhận thấy vế trái đẳng thức

n C

n

C 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: ( 1)(1 )n 2.1 3.2 ( 1) n n

n n n

n n x   C  C x n n C x  (2)

trong (2) thay x1 ta được: ( 1)2n 2.1. 3.2. ( 1) n

n n n

n n   C  C  n n C (đpcm)

VD2:(ĐHSPHCM – ĐH Luật 2001) Chứng minh:

13n 2 32 n 3 33 n n .4n

n n n n

C   C   C   nC n 

* Dấu hiệu sử dụng đạo hàm rõ thấy lũy thừa giảm dần Tới ta có hướng xử lý:

(7)

_ Hướng 2: Ở tổ hợp chứa n nên ta dùng khai triển (3x)n , sau đạo hàm vế thay x1 ta có đpcm

Giải:* Ta có: 1 2 3

0

(3 )n n k.3 n k k 3n 3n 3n 3n n n

n n n n n n

k

x C  x C C  x C  x C  x C x



 



Lấy đạo hàm vế (1) ta được: (3 )n 13n 2 32 n 3 33 n n n

n n n n

n x  C   C  x C  x  nC x  (2)

Trong (2) thay x1 ta được: .4n 13n 2 32 n 3 33 n n

n n n n

n  C   C   C   nC (đpcm)

VD3:(TK 2006) Áp dụng khai triển nhị thức Newton (x2x)100 hãy chứng minh:

99 100 101 198 199

0 99 100

100 100 100 100 100

100 101 102 199 200

2 2 2

C     C     C      C     C    

         

Giải:Ta có: 100 100 100 100100 100 100 100 100

0

( ) (1 ) k k k k

k k

x x x x x C x C x 

 

   



0 100 101 102 99 199 100 200

100 100 100 100 100

C x C x C x C x C x

      (1)

Lấy đạo hàm hai vế (1) ta được:

2 99 99 100 101 99 198 100 199

100 100 100 100 100

100(x x) (2x 1) 100C x 101C x 102C x  199 C x 200C x

Thay

2

x  ta được:

99 100 101 198 199

0 99 100

100 100 100 100 100

0 100 101 102 199 200

2 2 2

C   C   C   C   C  

                

         

Chuyển vế đổi dấu ta có đpcm

Nhận xét: Câu hỏi đặt liệu không cho trước khai triển ta giải tốn khơng? Xin để dành câu trả lời cho bạn

VD4:1 (ĐHAN 2000) Tính tổng: 2000

2000 2000 2000 2001 2000

S C  C  C   C Chứng minh: 3 4 5 ( 3) n 2 (n 6)

n n n n

C  C  C   n C   n

1 * Nhận xét: 2000 2 2000 2000

2000 2000 2000 2000

(1x) C C x C x  C x Tới đâu ta đạo hàm

2000

C hệ số đứng trước tổ hợp không ta mong muốn Tới chút khéo léo nhân thêm x vào khai triển ta thu kết *Giải: 2000 2000 2000 1 2 2000 2001

2000 2000 2000 2000 2000 2000

0

(1 ) k k k k

k k

x x x C x C x C x C x C x C x

 

 



2000 1999 2 2000 2000

2000 2000 2000 2000

(1x) 2000 (1x x) C 2C x3C x  2001 C x (2)

Trong (2) thay x1 ta được: 2000 1999 2000

2000 2000 2000 2000

(8)

2 * Nhận xét: (1 )n 2 n n

n n n n

x C C x C x C x

     

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 x3 để đạo hàm xuất số đó.

* Giải: Ta có: 3

0

(1 )n n k k n n

n n n n n

k

x x C x  C x C x C x C x  

 



2 3

3 (1 )n (1 )n ( 3) n n

n n n n

x x nx x   C x  C x  C x   n C x  (2)

Trong (2) thay x1 ta được: 3 4 5 ( 3) n 3.2n .2n 2 (n 6)

n n n n

C  C  C   n C  n    n

VD5:(ĐH A 2005) Tìm số nguyên dương n cho

2 2 3 2

2 1n 2.2 1n 3.2 1n 4.2 1n (2 1)2 n 1nn 2005

C C C C n C 

           

* 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)2 1n .

_ 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 2 3 2

2 2 2

(1 ) n n n

n n n n n

x  C C x C x C x C  x 

    

       (1)

2 2

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

n n n n

n x C C x C x n C x

   

        (2)

Trong (2) thay x 2 ta được:

2 2 3 2

2 2 2

2 2.2 3.2 4.2 (2 1)2 n n

n n n n n

n C C C C n C 

    

       

Vậy YCBT 2n 1 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

 

VD1:Cho n số nguyên dương Tính tổng:

1

1 n 12 n 13 n 11 nn

S C C C C

n

    

 2 12 13 ( 1)1

n n

n n n n

S C C C C

n 

    

 Ta có: (1 )n 2 n n

n n n n

x C C x C x C x

     





1

0 2

0

(1 )n n n

n n n n

x dx C C x C x C x dx

(9)

1

0

(1 )

1

n n

n

n n n n

x xC x C x C x C

n n

   



      

   

1

0

1 12 13 11 11

n n

n n n n

S C C C C

n n

 

      

 

2 Ta có: 2

0

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

n n n n n n

k k

x C x C x C C x C x C x

 

 







1

0 2

0

(1 )n ( 1)n n n

n n n n





1

0

(1 ) ( 1)

1

n n n

n

n n n n

x xC x C x C x C

n n

   

 

       

   

0

2 12 13 ( 1)1 11

n n

n n n n

S C C C C

n n



      

 

VD2:

A (ĐHBKHN 1997) Cho n số nguyên dương Tính tích phân:

0

(1 )n I 



x

x dx

2 Chứng minh: 1 1 ( 1)

2 2 2( 1)

n n

n n n n

C C C C

n n



    

 

B Tính tích phân:

0

(1 )n J 



x dx

2 Chứng minh tổng 1 21 21 23 ( 1)

2

n

n n

n n n n

S C C C C

n

      

 n lẻ

1

n n chẵn Đặt t 1 x2dt 2xdx

x 1 t

0 1

1

1 1

2 2( 1) 2( 1)

n

n n t

I t dt t dt

n n



     

 



2 Ta có: 2

0

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

n n n n n n

k k

x x x C x C x C x C x C x C x 

 

(10)





1

2

0

(1 )n ( 1)n n n

n n n n

x x dx C x C x C x C x  dx





2 2

0

1 ( 1)

2( 1) 2

n n

n n n

x C x C x C x

n n



  

      

   

0

1 1 ( 1)

2 2 2( 1)

n n

n n n n

C C C C

n n



     

 

VD3:

1 (ĐH Duy Tân 2001) 3

1 21 22 23 24 25 26 17

S  C  C  C  C  C  C  C

2 (ĐH B 2003)

2 12 13 11

n

n n n n

S C C C C

n



  

    



3 (VVT) 3 1 2

2 1

n n n n n

n n n

n n n n C

C C C C

n n n

   

 

     

 

4 (VVT) 3 32 33 1

2 1

n n

n

n n n n

C C C C

n n

  

    

 

1 Nhận thấy lũy thừa giảm dần nên ta khai triển (2x)6 rồi lấy tích phân từ tới 1.

Ta có: 6 6 6

6 6 6

0

(2 ) k2 k k 2

k

x C  x C C x C x C x



 







1

6 6

0

(2 x dx) C C x C x C x dx.2





7

1 6

0 6 6

(2 ) 2 2 2 2

7

x xC x C x C x C 



      

 

6

0

1 21 22 23 24 25 26 17 20597

S C C C C C C C

        

2 Nhận thấy lũy thừa tăng dần nên ta khai triển (1x)n rồi lấy tích phân từ tới 2. Ta có: (1 )n 2 n n

n n n n

x C C x C x C x

     





2

0 2

1

(1 )n n n

n n n n





1

2 2

1

(1 )

1

n n

n

n n n n

x xC x C x C x C

n n

   



      

   

2 1

0

2 12 13 11 21

n n n

n

n n n n

S C C C C

n n

  

   

      

 

(11)

VD4:(ĐH A 2007) Chứng minh: 2

2 2

1 1

2 2

n n

n n n n

C C C C

n n

 

    

 * Nhận xét: Nhìn vào vế trái ta thấy thiếu

2n, 2n, 2n, , 2nn

C C C C Việc cần làm phải tạo biểu thức vế trái, tinh ý ta thấy cần lấy hiệu nhị thức (1x)2n và

2

(1x) n rồi lấy tích phân từ tới ta thu đpcm.

* Giải:Ta có: 2 3 4 5 2

2 2 2 2

(1 ) n n n

n n n n n n n

x C C x C x C x C x C x C x

        

2 2 3 4 5 2

2 2 2 2

(1 ) n n n

n n n n n n n

x C C x C x C x C x C x C x

        

2

1 3 5 2

2 2

(1 ) (1 )

2

n n

n n n n

x x C x C x C x C x 

  

     





1 2

1 3 5 2

2 2

0

(1 ) (1 )

2

n n

n n n n

x x dx C x C x C x C x  dx

  





2 2

1 1

0 2 2

(1 ) (1 )

2(2 1)

n n n

n

n n n n

x x x C x C x C x C

n n

 



 

  

      

  

2

1

2 2

1 1

2 2

n n

n n n n

C C C C

n n

 

     

 (đpcm)

VD5:Chứng minh: 2

1.2 2.3 3.4 ( 1)( 2) ( 1)( 2)

n n

n n n n

C C C C n

n n n n

  

    

   

* Bài mở rộng cách dùng tích phân, xét đề ĐH câu “chặt”. Sau xin giới thiệu đến bạn lời giải vơ đặc sắc thầy

*Giải: ! . ( 1)! . 11

1.2 1.2.0! !n 2.1![( 1) 1]! 2n

C n n C

n n n n 



  

   

1

! . ( 1)! .

2.3 2.3.1!(n 1)! 3.2![( 1) 2]! 3n

C n n C

n n n n 



  

    

2

1

! . ( 1)! .

3.4 3.4.2!(n 2)! 4.3![( 1) 3]! 4n

C n n C

n n n n 



  

    

………

1

! . ( 1)! .

( 1)( 2) ( 1)( 2) !0! ( 2)( 1)![( 1) ( 1)]!

n n

C n n C

n n n n n n n n n n n n

 



  

           

0 2

1 1

1

1.2 2.3 3.4 ( 1)( 2)

n n

n n n n n n n n

C C C C C C C C

S

n n n n



   

 

            

     

0

1 1

1

n

n n n n

C C C C

n n



   

  

       

(12)

Xét 01 11 21 11

1

n

n n n n

C C C C

T

n



   

    



Ta có: 1 2 1

1 1

(1 )n n n

n n n n

x  C C x C x C x 

   

     





1

1 2 1

1 1

0

(1 )n n n

n n n n

x  dx C C x C x C x  dx

   





2

1 1

0 1 1

(1 )

2

n n

n

n n n n

x xC x C x C x C

n n

 



   

 



      

   

2 2

2 1 1

2 ( 1)( 2)

n n n n

T S

n n n n n

        

      

      

Các bạn thử dùng cách tính tổng sau nhé, có lẽ khó chút đấy

Tính tổng:

1.3 2.3 3.5 ( 1)( 3)

n

n n n n

C C C C

P

n n

    

 

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 hoặc dùng tính chất đối xứng.

VD1:(ĐHQGHN 1998) Tính tổng: 10 11

11 11 11 11 11 11

S C C C C C C

* Bài ý tưởng người đề hay hình thức tốn có lẽ … chưa hay có nhiều thí sinh sử dụng máy tính bấm cho kết quả Dĩ nhiên ta khơng “giải” theo cách Ta sử dụng ý tưởng “liên kết với nó”

*Giải: Áp dụng tính chất k n k

n n

C C  ta có:

11 11 11 11 11 11

S C C C C C C

0 10 11

11 11 11 11 11 11 11 11 11 11 11 11

2S C C C C C C C C C C C C

            

11 11 10

(1 1) S 1024

     

VD2:Chứng minh:

1 (ĐHHV 2004) 2 4 2002 2002 2004 2004 2004

2004 2004 2004 2004 2004 2

C  C  C   C  C  

2 (ĐHHH 2001) 2 4 2 2

2n 2n 2n n 2nn n (2 n 1) C  C  C   C   

1 Đặt 0 2 2004 2004

2004 2004 2004

2

S  C  C   C , 1 3 2003 2003 2004 2004 2004

2 2

T  C  C   C

Ta có: 2004 2 3 2003 2003 2004 2004

2004 2004 2004 2004 2004 2004

(1x) C C x C x C x  C x C x Lần lượt cho x2 x 2 ta được: 32004 32004

2

S T S

S T

     



  

(13)

VD3 :Chứng minh : 3 5 (2 1) n 2 (n 1)

n n n n

C  C  C   n C  n *Giải :Đặt 3 5 (2 1) n

n n n n

S C  C  C   n C Áp dụng tính chất k n k

n n

C C  ta có:

1 0 1

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

n n n n n

n n n n n n n n

S C  C   C    n C  n C  n C   C  C

0

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

n n n n n

S n C C C C  C n n S n

               

* Chúng ta chứng minh đẳng thức sau : Ta có :

0

(2 1)

n n n

k k k

n n n

k k k

k C kC C

  

  



Nếu bạn đọc kĩ chuyên đề từ đầu việc xử lí tổng khơng có khó khăn nữa * Mời bạn thử sức với tốn sau thầy : Cho n nguyên dương Chứng minh :

1 2 1

2 2 2

1 1 1

2

n n

n n n n n n

n

C C C  n C C C

  

 



        

  

Cách : Dùng số phức :

_ Khai triển lũy thừa nhị thức chứa đơn vị ảo i rồi 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 quả.

VD1 :Cho n nguyên dương Chứng minh :

0

cos cos cos

2

n

k n n

n k

x nx C kx





Giải:Ta có:

0

(1 cos sin )n n k(cos sin )k n

k

x i x C x i x



  



0 0

(cos sin ) cos sin

n n n

k k k

n n n

k k k

C kx i kx C kx i C kx

  





Lại có: (1 cos sin ) 2cos2 2 sin cos

2 2

n

n x x x

x i x  i 

    

 

2cos cos sin cos cos sin

2 2 2

n n

x xx i x x x i x

    

       

   

 

2 cos cos sin cos cos cos sin

2 2 2 2

n n x nx i nx n n x nx i n n x nx

    

 

0

cos cos cos

2

n

k n n

n k

x nx C kx







0

sin cos sin

2

n

k n n

n k

x nx C kx



(14)

VD2:1 Tính 16 18 19 19 19 19 19

S C C C  C C

2 Tính 97 99

2 100 100 100 100 100

S C C C  C C

1 Ta có: 19 2 3 4 16 16 17 17 18 18 19 19

19 19 19 19 19 19 19 19 19

(1 )i C C i C i C i C i  C i C i C i C i



 



19 19 19 19 19 19 19 19 19 19

C C C C C i C C C C C

           

Lại có :

19 19

19 1 19

(1 ) ( 2) cos sin

4

2

i   i    i 

        

 

 

1

19 19 1

512 cos sin 512 512 512 512

4 i i i S

   

 

           

   

2 Đáp số : S2 0, 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 : 2

2 2

3n 3n 3n ( 1)n n

n n n n

S  C  C   C    C với n nguyên dương

thỏa mãn

1 52

n n n

C  C   A

Giải :Dễ thấy dấu hiệu số phức Vì có lũy thừa nên ta khai triển



i



n





 

0

3 n n k n k k

n k

i C  i



 



 

0 2

2 3 ( 1) 3

n n

n n n n n

n n n n n n

C  C  C C i  C  C 

 

          

 

(ta không cần quan tâm khúc sau) Lại có :





2

3 cos sin

6

n n

i    i       

 

 

2 2

2 cos sin cos sin

3 3

n n i n  n n i n n

    

 

2

2 cos

n n

S 

 

Tới xem tốn 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 quên Và cuối xin chúc bạn thành công sống này, đặc biệt bạn thi ĐH 2012 đạt kết tốt nhất.

Tài liệu tham khảo : Các chuyên đề Giải tích tổ hợp – ThS Huỳnh Công Thái