Chúng ta bắt đầu với ví dụ sau
Ví dụ 1. Tính tổng
S=1C1n+2C2n+3C3n+⋯+(n−1)Cn−1n+nCnn(n∈N∗).
Lời giải:
Cách 1.
Sử dụng công thức Ckn=Cn−kn với k=0,1,⋯,n, ta viết lại tổng đã cho như sau :
S=nC0n+(n−1)C1n+(n−2)C2n+⋯+1Cn−1n.
Như vậy, ta có
S=1C1n+2C2n+3C3n+⋯+(n−1)Cn−1n+nCnn
S=nC0n+(n−1)C1n+(n−2)C2n+⋯+1Cn−1n.
cộng theo vế hai đẳng thức trên ta được
2S=nC0n+nC1n+nC2n+⋯+nCn−1n+nCnn
⇒2S=n.n∑k=0Ckn1k=n.(1+1)n=n.2n
Vậy S=n2n−1.
Cách 2. Ta có
Bổ đề : Với mọi n,k∈N∗ và n≥k≥1 thì kCkn=nck−1n−1.
Thật vâỵ, với n,k∈N∗: n≥k≥1 thì
kCkn=k.k!(n−k)!k!=k.n.(n−1)!(n−k)!k,(k−1)!=n.(n−1)!(n−k)!(k−1)!=nCk−1n−1 (đpcm).
Áp dụng bổ đề ta có :
S=nC0n−1+nC1n−1+nC2n−1+⋯+nCn−1n−1=n.n−1∑k=0Ckn1k=n.(1+1)n−1=n.2n−1
Ví dụ 2. Tính tổng
S=11C0n+12C1n+13C2n+⋯+1n+1Cnn(n∈N∗).
Lời giải :
Cách 1.
Xét đẳng thức sau : (x+1)n=n∑k=0Cknxk=C0nx0+C1nx1+⋯+Cnnxn
⇒1∫0(x+1)ndx=1∫0(C0nx0+C1nx1+⋯+Cnnxn)dx
⇒1n+1(x+1)n+1|10=11C0nx|10+12C1nx2|10+⋯+1n+1Cnnxn+1|10
⇒1n+1(2n+1−1)=11C0n+12C1n+13C2n+⋯+1n+1Cnn
Hay S=2n+1−1n+1.
Cách 2.
Theo bổ đề đã chứng minh ở trên suy ra với các số tự nhiên n và k thỏa mãn n≥k ta có 1k+1Ckn=1n+1Ck+1n+1.
Vì vậy,
S=C1n+1+C2n+1+⋯+Cn+1n+1n+1=C0n+1+C1n+1+C2n+1+⋯+Cn+1n+1−1n+1=2n+1−1n+1.
Nhận xét. Các
lời giải trên có ưu điểm là ngắn gọn, dễ trình bày và có hướng giải "tự
nhiên". Quan trọng hơn cả là học sinh có thể giải được ngay cả khi chưa
học đạo hàm và tích phân.
Ví dụ 3. Tính tổng
S=1.2.C2n+2.3.C3n+3.4.C4n+⋯+(n−1).n.Cnn(n∈N∗,n>2).
Lời giải :
Với n∈N∗,n>2 và k=2,3,⋯,n, áp dụng bổ đề ở phần trên hai lần ta có :
(k−1)kCkn=(k−1)nCk−1n−1=n(k−1)Ck−1n−1=n(n−1)Ck−2n−2
Suy ra (k−1)kCkn=n(n−1)Ck−2n−2.
Như vậy ta được :
S=1.2.C2n+2.3.C3n+3.4.C4n+⋯+(n−1).n.Cnn
=(n−1)n(C0n−2+C1n−2+C2n−2+⋯+Cn−2n−2)
=(n−1)n2n−2.
Ví dụ 4. Tính tổng
S=12C1n+22C2n+⋯+n2C2n(n∈N∗,n>2).
Lời giải :
Số hạng tổng quát của tổng S là k2Ckn với k=2,3,⋯,n, ta có
k2Ckn=(k−1)kCkn+kCkn=n(n−1)Ck−1n−2+nCk−1n−1
(theo Ví dụ 3 và Ví dụ 1)
Như vậy ta được :
S=12C1n+22C2n+⋯+n2C2n
=n(n−1)(C0n−2+C1n−2+⋯+Cn−2n−2)+n(C0n−1+C1n−1+⋯+Cn−1n−1)
=n(n−1)2n−2+n2n−1
=n(n+1)2n−2.
Ví dụ 5. Chứng minh rằng
12C12n+14C12n+⋯+12nC2n−12n=22n−12n+1(n∈N∗,n>2).
Lời giải :
Theo Ví dụ 2 ta có : 1k+1Ckn=1n+1Ck+1n+1
Với k=1,2,⋯,n. Áp dụng vào bài toán ta được
12C12n+14C12n+⋯+12nC2n−12n
=12n+1(C22n+1+C42n+1+⋯+C2n2n+1)
=12n+1(C02n+1+C22n+1+C42n+1+⋯+C2n2n+1−1)
=22n−12n+1.
Ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét.
Các lời giải trên có ưu điểm là ngắn gọn, dễ trình bày và có hướng giải
"tự nhiên". Quan trọng hơn cả là học sinh có thể giải được ngay cả khi
chưa học đạo hàm và tích phân.
Nhận xét. Bài toán trên nằm trong đề
thi tuyển sinh Đại học, Cao Đẳng năm 2007. Trong đáp án trình bày theo
cách giải tích phân khá phức tạp. Lời giải trên đây ngắn gọn hơn và
tiếp cận tự nhiên hơn.
Từ bổ đề đã chứng minh ở phần trên, ta có thể giải được các bài tập sau đây.
Tính các tổng sau đây
1. S1=1C1n−2C2n+3C3n−4C4n+⋯+(−1)nnCnn(n∈N∗,n>1).
2. S2=1C0n+2C1n+3C2n+⋯+nCn−1n(n∈N∗).
3. S3=1C2n+2C3n+3C4n+4C5n+⋯+(n−1)Cnn(n∈N∗,n>2).
4. S4=1C2n−2C3n+3C4n−4C5n+⋯+(−1)n(n−1)Cnn(n∈N∗,n>2).
|