skkn dạy các tổng dạng cho học sinh lớp 11

Vì vậy, người ta đã kết hợp lý thuyết nhị thức Newton với các công cụ đạo hàm, tích phân để đưa ra rất nhiều bài toán khó về tổng các k n C , mà chúng xuất hiện nhiều trong các đề thi Đạ

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

DẠY CÁC TỔNG DẠNG

0

n

k n k k

a C



HỌC SINH LỚP 11

A PHẦN MỞ ĐẦU

1 Bối cảnh của đề tài

Trước đây chương Đại số tổ hợp là chương cuối cùng của chương trình Giải tích lớp 12 Khi đó học sinh đã được học qua các công cụ mạnh như đạo hàm, tích phân Vì vậy, người ta đã kết hợp lý thuyết nhị thức Newton với các công

cụ đạo hàm, tích phân để đưa ra rất nhiều bài toán khó về tổng các k

n

C , mà chúng xuất hiện nhiều trong các đề thi Đại học, Cao đẳng

Hiện nay chương Đại số tổ hợp được xếp vào cuối học kỳ I của lớp 11 Do đó, theo truyền thống, muốn giải được các bài toán nói trên học sinh phải đợi đến cuối năm học lớp 11 (lúc được học về đạo hàm) và cuối năm học lớp 12 (khi được học về tích phân)

Nếu quy trình trên được thực hiện thì sự lập lại nhiều lần (nếu có cơ hội) như thế cũng có thể là một điều hay (giúp học sinh được lặp lại kiến thức nhiều lần) Tuy nhiên, thực tế là giáo viên không có thời gian dành để dạy cho học sinh những ứng dụng của đạo hàm và tích phân vào các bài toán dạng này

2 Lý do chọn đề tài

Sách giáo khoa lớp 11 có viết đôi bài về các tổng chứa các số hạng k

n

C ở mức

độ đơn giản Điều này khiến cho những học sinh ham tìm hiểu quan tâm đến các bài toán dạng này trong các tài liệu tham khảo

Mấy năm gần đây, mỗi năm tôi đều được vài học sinh lớp 11 hỏi về các bài

toán dạng này Mỗi lần như vậy, việc phải trả lời các em rằng sau này các em mới có đủ kiến thức để giải làm lòng tôi áy náy vì chưa làm thỏa mãn tính hiếu

học của các em

Nhằm đáp ứng sự ham tìm hiểu của học sinh lớp 11, khi học về nhị thức Newton, đề tài này đưa ra vài hướng giải mang tính tự nhiên, không cần dùng các công cụ đạo hàm, tích phân, cho các bài toán về các tổng chứa các số hạng dạng a C k. n k

3 Phạm vi và đối tượng đề tài

Đề tài này tập trung vào việc xử lý các tổng chứa các số hạng dạng . k

k n

a C bằng các công cụ phù hợp với học sinh đang học học kỳ I lớp 11 như : Khai triển nhị thức Newton, tính chất của các biểu thức dạng . k

k n

a C và ứng dụng của bài toán

đếm

4 Mục đích của đề tài

Mục đích của đề tài này là đưa ra các hướng giải tự nhiên, khác truyền thống

và phù hợp với kiến thức được học của học sinh lớp 11 hiện nay ; đáp ứng tinh thần ham học của học sinh trong việc tiếp cận các bài toán ở mức độ nâng cao trong các sách tham khảo và trong các đề thi Đại học, Cao đẳng về dạng toán liên quan đến các tổng dạng a C k. n k

5 Sơ lược những điểm mới cơ bản nhất trong kết quả nghiên cứu

Những điểm mới cơ bản nhất trong kết quả nghiên cứu của chúng tôi là đưa ra cách giải các bài toán đã đề cập ở trên một cách rất tự nhiên, khác truyền thống, qua việc xử lý các tính chất của các biểu thức dạng a C k. n k và mối quan hệ giữa

bài toán đếm với bài toán tính tổng

0

n k

k n k

a C



6 Tính sáng tạo về khoa học và thực tiễn của đề tài

Việc áp dụng các đẳng thức sinh ra từ việc tính đạo hàm, tính tích phân để xử

lý các tổng

0

n k

k n k

a C



 , như lâu nay, có nhiều điều không tự nhiên và không phù hợp với bố cục chương trình hiện tại Phương pháp giải quyết các bài toán dạng này của chúng tôi đáp ứng được những bất cập này cho chương trình hiện tại và cung cấp một cách nhìn tự nhiên, sáng tạo mà lâu nay bị “bỏ qua”

Áp dụng các phương pháp trong đề tài này vào việc giải toán sẽ giúp học sinh không bị mặc cảm về kiến thức mà tự tin trong việc giải quyết vấn đề bằng kiến thức mình nắm được trong tay

B PHẦN NỘI DUNG

I CƠ SỞ LÝ THUYẾT CỦA PHƯƠNG PHÁP XỬ LÝ CÁC TỔNG DẠNG

0

n

k

k n

k

a C





1 Khai triển nhị thức Newton

Với hai số thực a b, và số nguyên dương n ta có công thức :

  0 1 1 2 2 2

0

n

k

a b C a  b C a C a b C a  b C a  b C b



Nếu viết   b ( 1).b và áp dụng công thức trên thì ta được :

 

0

( 1)

n

n k k n k k

n k







2 Tính chất của k

n C

i) C n k C n n k , k 0,n

ii) 1

1 , 0,

C  C C  k  n

3 Các đẳng thức cơ sở trong sáng kiến kinh nghiệm này

Đẳng thức 1 (Hệ quả của khai triển nhị thức Newton ở trang 56, SGK 11 Cơ

bản)

0 1 2

2

C C C   C   C 

Đẳng thức 2 (Hệ quả của khai triển nhị thức Newton ở trang 56, SGK 11 Cơ

bản)

C C C   C C C    

2n

C  C  

 chaün  le û

)

Đẳng thức 3

1 1

k C nC  k n



Chứng minh Ta có

1 1

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

k n k k n k







Đẳng thức 4

2 2

k k C n n C  k  n

Chứng minh Với k  1,n, ta có

2 2





Đẳng thức 5

1 1

( 1) ( 1)

C C k n

k n





Chứng minh Ta có

1 1







II THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ

Trong các đề thi Đại học những năm gần đây có nhiều câu hỏi về các tổng

dạng

0

.

n

k

k n

k

a C



 Chẳng hạn,

Bài toán 1 (Đề thi Đại học khối A năm 2005)

Tìm số nguyên dương n sao cho :

2n 1 2.2 2n1 3.2 2n1 4.2 2n1 (2 1)2 n 2n n1 2005

C   C   C   C     n C  

Lời giải truyền thống

(1 x) n C n C n x C nx C n x C n x   C n n x n

Lấy đạo hàm hai vế ta được :

Thay x  2 vào đẳng thức này ta được

Do đó,

2n 1 2.2 2n1 3.2 2n1 4.2 2n1 (2 1)2 n 2n n1 2005

C   C   C   C     n C  

Bài toán 2 (Đề thi Đại học khối A năm 2007)

Chứng minh rằng

2

.

n n





Lời giải truyền thống

(1 x) n C nC x C x n  n C x n C x n C x n   C n n x n C x n n n Và

2 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 2 1 2 1 2 2

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

1

2

Lấy tích phân, cận dưới là 0 và cận trên là 1, hai vế ta được :

1

0

n







2

n

n





Bài toán 3 (Đề thi Đại học khối B năm 2003)

Cho n là số nguyên dương Tính tổng

0 2 1 1 2 1 2 2 1

n

n

n







Lời giải truyền thống

(1 x)n C n C x C x n  n   C x n n n

Lấy tích phân, cận dưới là 1 và cận trên là 2, hai vế ta được :

2

1

n



n

Các lời giải trên dùng các công cụ mạnh là đạo hàm và tích phân tác động lên hàm số nên chúng không chỉ giải quyết bài toán đặt ra mà còn sinh ra nhiều tổng khác bằng cách thay đổi giá trị của biến x hoặc cận của tích phân

Tuy vậy, những hướng giải đó không phù hợp với học sinh lớp 11 hiện tại

Ngoài ra, chúng có tính tổng hợp cao, không tự nhiên ; không phải học sinh nào

cũng nghĩ ra được các điểm xuất phát (xét khai triển của biểu thức nào, tại sao lại áp dụng đạo hàm, tích phân, cho biến x giá trị nào, lấy cận nào )

III GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

Với mong muốn trao đổi cùng đồng nghiệp kinh nghiệm khắc phục vấn đề ở trên, sáng kiến kinh nghiệm này sẽ trình bày phương pháp biến đổi số hạng tổng quát để đưa các tổng quan tâm về các tổng cơ bản, đơn giản Ngoài ra, chúng tôi cũng xin trao đổi vài hướng xử lý khác để làm phong phú thêm chuyên đề này

để dạy cho học sinh lớp 11 hiện nay

1 Phương pháp biến đổi số hạng tổng quát để đưa các tổng quan tâm về các tổng cơ bản, đơn giản

Tinh thần của phương pháp này là biến đổi k

k n

a C

 về dạng A n.C a m r m r .b r Chúng tôi sẽ trình bày các phép biến đổi này thông qua các bài toán từ đơn giản đến phức tạp

Bài toán 1 Chứng minh rằng

1

n n

C C C

n n





Phân tích hướng giải

Kiến thức cơ bản đã cung cấp cho chúng ta kết quả của tổng

0 1 n

C C  C

Trong bài toán này, trước các số k

n

C còn có hệ số 1

1

k  , là một đại lượng biến thiên Đây là vấn đề khó khăn của bài toán mà chúng ta cần xử lý

Câu hỏi tự nhiên là liệu ta có thể biến đổi để làm mất hệ số 1

1

k  ? Hay, cũng sẽ là lý tưởng nếu ta biến hệ số biến thiên này thành hệ số không biến thiên (không phụ thuộc vào k)

Sẽ không có gì mới nếu ta không thực hiện biến đổi !

Ở đây ta chỉ còn cách viết tường minh số hạng 1

k n C

k  ra và thử biến đổi xem sao

Ta có

1 1

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

k k k n k n k n k n







Đến đây ta có thể vui sướng là đã đạt được điều mong ước !

Chứng minh Với k 0,n ta có

1 1







Do đó 1 2 1 1

2

C

VT C C C

Bài toán 2 Chứng minh rằng 1 2 1

C  C   nC n  Cũng suy nghĩ theo hướng bài 1, ở đây ta cần biến đổi số hạng k

n

kC

Chứng minh Với k 1,n ta có

1 1





( n n n n ) 2n

VT n C  C    C  n  ■

Không chỉ là 2 bài toán trên, suy nghĩ tự nhiên ở trên của chúng ta còn rất thành công trong việc xử lý một lớp rất rộng các tổng loại này

Sau đây chúng ta sẽ trải nghiệm thêm sự thành công đó

Bài toán 3 Chứng minh rằng 1 2 2  1 n 1 n 0

C  C      nC 

Chứng minh Số hạng tổng quát của vế trái là 1

( 1)  k kC n k, với k 1,n Ta có

1

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

k n k k n k



VT n C  C     C  n  ■

Bài toán 4 Chứng minh rằng :

   

2.1.C n  3.2C n 4.3C n   n n 1 C n nn n 1 2n

Chứng minh Số hạng tổng quát của vế trái là k k(  1)C n k, với k 1,n Ta có

2 2





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

VT n n C C    C  n n  ■

Bài toán 5 (Đề thi Đại học khối A năm 2005)

Tìm số nguyên dương n sao cho :

2n 1 2.2 2n1 3.2 2n1 4.2 2n1 (2 1)2 n 2n n1 2005

C   C   C   C     n C  

Lời giải

Số hạng tổng quát của vế trái là 1 1

2 1

n

T    k  C  k  n Ta có

 

2

(2 )!

n

n

n



 

 

Do đó,

VT  n C C C C   C  n   n Vì vậy, phương trình đã cho tương đương với 2n  1 2005 n 1002 ■

Bài toán 6 (Đề thi Đại học khối A năm 2007)

Chứng minh rằng

2

.

n n

C C C C

n n





Chứng minh

Số hạng tổng quát của vế trái là 2 1

2

1

2

k n

k



2

2 1

k n



2 1 2 1 2 1 2 1

1 (2 1)

n

VT C C C C

n    

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n n1 2 n

C  C  C  C    C     (Tổng các C mchaün)

nên

2

2 1

2 1

n

VT

n





 ■

Bài toán 7 (Đề thi Đại học khối B năm 2003)

Cho n là số nguyên dương Tính tổng

0 2 1 1 2 1 2 2 1

n

n

n







Lời giải

Số hạng tổng quát của tổng này là

1

2 1

, 0, 1

k

k n

T C k n k

 

k k k

1

n

1

( 1)

C C C C C C C C

n

1 1

3 2

1

n n

n

 





 ■

Bài toán 8 (Dự bị 1 ĐH khối A  2006) Chứng minh rằng :

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

Chứng minh Để đơn giản hóa bài toán, trước hết ta chia hai vế cho

99

1 2

 

 

Ta cần chứng minh đẳng thức tương đương :

C  C     C     C    

Số hạng tổng quát của vế trái là ( 1) ( ) ( ) ,1 0,

2

n

T   nk C k  n (ở đây n 100)

Ta có .( 1) ( )1 ( 1) ( )1

T n  C   k C

Do đó

 Ta có

0

n

k

n



 Với k 1,n ta có

1 1 1

 





1

Vì vậy VT(*)  0 ■

Bài toán 9 (Dự bị 1 ĐH khối B  2008) Tính tổng :

 

2 n 3 n 4 n 1n n n, 2.

S C  C  C     n C n

Lời giải 1 (dùng công cụ đạo hàm)

Ta có

0

n

n k



   Lấy đạo hàm hai vế ta được

0

(1 ) ( 1)

n

n k

n x  k C x 



   

Nhân hai vế của đẳng thức này cho x ta được 1

0

n

n k



Lại lấy đạo hàm hai vế của đẳng thức này ta được

0

n

n k

n x  n n x x  k C x 



Thay x 1 vào đẳng thức này ta được 2

0

0 ( 1)

n

k k n k

k C



 

0   1 C n 2 C n  3 C n  4 C n     1 n n C n n

2 n 3 n 4 n 1n n n n

S C  C  C     n C C n ■

Lời giải 2 Số hạng tổng quát của S là 2

( 1) k n k, 2,

T   k C k  n

Ta có 2

k k k k nên T   ( 1) (k k k 1).C n k   ( 1)k k C. n k

 Vì

2 2





nên

2

2 2

( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 0

k k C n n C n n C



 

 Vì

1 1

.

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

k n k k n k









 

Bài toán 10 Rút gọn tổng

SC C  C C C C    C C    C C

Lời giải

Ta có

 

.

k n k

n n k

C C

k n k n k

 







.

k n



Sn C C    C    C  n  ■

2 Phương pháp sử dụng các tính chất cơ bản của số tổ hợp k

n

C Bài toán 11 Chứng minh rằng :

1

2 1

2





2 1 2 1 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

2







Nói một cách ngắn gọn :

1

1

2

n

C















û neáu n : le ; neáu n : chaün.

Chứng minh Dùng tính chất m r r

C  C ta được

S C  C    C C S

2n 2 n

TC n PC

2

1 2 2

S S    C

2n 1 2n 1 2 1 2 1

2 n

TC PC

2n

TC PC

S S  ■

Bài toán 12 Chứng minh rằng :

1

Từ đó suy ra đẳng thức sau:

0 1

C C    C  C  

C C  C  C C  C  và 1

1

1

C  C  ta được

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

Áp dụng công thức r n r

n n

C C  ta được

1 1 1

k m k m



   









C C    C  C   ■

Bài toán 13 Chứng minh rằng

1

( 1)k k ( 1)k k

S C C C C     C   C 

Và

1

S    C     C      C    C 

Chứng minh Áp dụng tính chất 1

C C C 

  ta được :

1

( 1)

k k k

k k

n

C





 



Mặt khác,

Ta có

0

( 1) 0

n

k k

k

S S C



1

( 1)k k

S  S    C  ■

3 Phương pháp sử dụng hai cách giải khác nhau của bài toán đếm

Bài toán 14 Cho m n k, , là các số nguyên dương, km k, n Chứng minh rằng

C C C  C C  C   C C C 

Chứng minh Xét bài toán đếm số cách chọn ra k người từ n người nam và m

người nữ

Cách đếm 1  Chọn ra k người nam và 0 người nữ : số cách chọn là k 0

n m

C C

cách

 Chọn ra (k 1) người nam và 1 người nữ : số cách chọn là 1 1

.

k

n m

C  C cách

 Chọn ra 0 người nam và k người nữ : số cách chọn là 0

. k

n m

C C cách

Do đó, số cách chọn ra k người từ n người nam và m người nữ là

C C C  C C  C   C C Cách đếm 2 Chọn ra k người từ (nm) người nam và nữ :

Số cách chọn là k

n m

C  cách

C C C  C C  C   C C C  ■

Đặc biệt,

1) Cho mn ta được

2

C C C  C C  C   C C C

2) Cho k mn ta được

2

C C C  C C  C C C C

Vì r n r

n n

C C  nên đẳng thức này được viết lại :

2

(C n)  (C n)  (C n)    (C n n) C n n

Đây là bài toán xuất hiện trong phần khó của nhiều sách tham khảo

Bài toán 15 Cho m n k, , là các số nguyên dương, kn k, m Chứng minh rằng

1 1 2 2 1 1

. k ( 1). k ( 2) k . k . k

n

k C k C C k C C C C k C

n m





Chứng minh Xét công việc chọn ra k người từ n nam và m người nữ mà trong

đó có một người nam là đội trưởng của nhóm k người được chọn ra

Cách đếm 1

 Chọn k nam và 0 nữ, rồi chọn 1 nam làm đội trưởng : có 0

k

n m

C C k cách

 Chọn k 1 nam và 1 nữ, rồi chọn 1 nam làm đội trưởng : có k 1 1 ( 1)

n m

C  C k cách

 Chọn 1 nam và k 1 nữ, rồi chọn 1 nam làm đội trưởng : có 1 k 1 1

n m

C C  cách Theo quy tắc cộng, ta có số cách chọn là

. n k ( 1). n k . m ( 2) n k . m n. m k

k C  k C  C  k C  C   C C 

Cách đếm 2 Chọn 1 nam làm đội trưởng và (k 1) người trong số (nm 1)

người còn lại Ta có số cách chọn là

1 1

( 1)!( )! !( )!

n m n n m n

k n m k n m k n m k n m



Vì vậy ta được

n m





Nhận xét Bài này ta cũng có thể biến đổi để đưa về bài toán 14 ở trên như sau :

Số hạng tổng quát của vế trái là ( ) k i i, 0, ( 1)

n m

T  ki C C i k

Ta có

1 1

( )

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

k i n k i k i n k i

 





        

0

.

n

i

n

n m







BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

2003 3 2003 3 2003 3 2003

S C  C  C    C

2007 2007 2007 2007

SC C C   C

3) Tính 2006 1 2004 3 2002 5 2 2005

2007 2007 2007 2007

30 2.2 30 3.2 30 4.2 30 30.2 30

S C  C  C  C    C

S  C  C  C    C C C

6) Rút gọn

n

S

7) Tìm n nguyên dương thỏa

1

2 3n n (2 1).3 n n (2 2).3 n n n n

S n  C  n  C  n  C   C 

S C   C   C     n C  nC

S C   C   C    n C   nC

11) Rút gọn 2 2 2.3 3 3.4 4 ( 1) n

S  C  C  C    n nC

2 2.3 2 3.4 2 (2 1)2 n2 n

S C C C n nC 