Hai tính chất tổ hợp để giải nhị thức niu tơn

Nhằm từng bước nâng cao chất lượng dạy và học, BGH và HĐSP trường THPT Nguyễn Thái Học xác định nhiệm vụ quan trọng số một là nâng cao được năng lực chuyên môn và nghiệp vụ sư phạm cho đ

Nhằm từng bước nâng cao chất lượng dạy và học, BGH và HĐSP trường THPT Nguyễn Thái Học xác định nhiệm vụ quan trọng số một là nâng cao được năng lực chuyên môn và nghiệp vụ sư phạm cho đội ngũ giáo viên Trong thời gian qua, BGH nhà trường

đã triển khai nhiều biện pháp: Động viên, khuyến khích công tác tự bồi dưỡng chuyên môn; thi kiến thức giáo viên; tổ chức các Hội giảng; tổ chức viết và báo cáo các chuyên đề chuyên môn Những hoạt động trên bước đầu đã đem lại hiệu quả tích cực, đội ngũ giáo viên của trường ngày một nhiệt tình hơn, trưởng thành hơn trong công tác chuyên môn, luôn có tinh thần mong muốn được trao đổi, học hỏi với các đồng nghiệp trong và ngoài trường.

Với tinh thần đó, Ban chuyên môn nhà trường xin trao đổi với các bạn đồng nghiệp bài viết về một vấn đề của toán Tổ hợp Bài viết được trích từ báo cáo chuyên đề chuyên môn của cô giáo Nguyễn Thị Thùy Dương Đây là một vấn đề không mới, nó đã được đề cập trên tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, tuy nhiên cô giáo Nguyễn Thị Thùy Dương đã có sự phân tích chi tiết hơn, đặc biệt có xây dựng thêm một số bài tập khá ấn tượng Rất mong nhận được sự chia sẻ, đóng góp của các quý đồng nghiệp Trân trọng !

n

C :

1 1

kC nC 



1







Trong quá trình học tập, học sinh luôn mong muốn có những người thầy biết cách giúp các em khám phá, tìm ra những nét đẹp trong mỗi bài học; biết hướng dẫn các em biết

kiến thức của bài học hiện tại liên hệ với kiến thức cũ đã biết như thế nào? Nó có vai trò,

vị trí như thế nào trong các bài học tiếp theo? Và hơn nữa, các em rất hào hứng, thú vị khi

mỗi lần vượt qua được những “Thách thức” của người thầy Một trong những “nghệ thuật dạy học” là người thầy luôn biết đưa ra những “Thách thức” cho học sinh và sau đó giúp các em vượt qua được “Thách thức” đó từ những kiến thức đơn giản mà các em đã biết

Xin đưa ra ví dụ:

Bài toán 1: Tìm số nguyên dương n sao cho:

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

Bài toán 2: Chứng minh rằng:

2

n n

Hai bài toán trên là vấn đề rất bình thương đối với học sinh lớp 12 khi các em đã thành thạo về đạo hàm và tích phân Tuy nhiên đó lại là những “Thách thức” lớn với các

em học sinh lớp 11 trong học kỳ I Chúng ta hãy giúp các em vượt qua “Thách thức” này!

1

kC nC 



Newton:

Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số đứng trước các số tổ hợp có dạng:

+ Tăng dần từ 1, 2, 3, , n hoặc giảm dần từ n, n-1, n-2, 2, 1 Tức là các hệ số của khai triển có dạng kCk

n.

+ Là tích của các số tự nhiên liên tiếp: 1.2, 2.3, 3.4 , , (n-1).n Tức là các hệ số có dạng k(k-1)Ck

n

+ Hoặc các hệ số có thể biến đổi để dưa về các dạng trên

Các bước thực hiện:

1

kC nC 



 (*) + Áp dụng 1 lần hoặc nhiều lần tính chất (*) trên để đưa tổng cần tính về tổng đơn giản Trước hết ta chứng minh tính chất: 1

1

k k

n n

kC nC 





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

k n k k n k







S C  C  C  nC

Lời giải: Số hạng tổng quát của tổng có dạng k

n

kC , vì vậy ta có thể áp dụng ngay tính chất trên

Áp dụng tính chất (*) ta có: 1

1

k k

n n

kC nC 



 với 1 k n 

Ví dụ 2: Tìm n > 4 biết: 0 1 2

2 5 8 (3 2). n 1600

C  C  C   n C 

Nhận xét: Để tìm n, trước hết ta phải rút gọn được tổng VT Số hạng tổng quát trong VT

chưa có dạng k

n

kC , tuy nhiên bằng biến đổi khá đơn giản ta có thể đưa về các tổng mà số hạng TQ có dạng trên

Lời giải: Số hạng TQ của tổng VT là: 3 2 k 3 k 2 , (0 k n)k

k C  k C  C  

Như vậy VT sẽ được tách thành 2 tổng đơn giản hơn:

3 2 3 . n 2( n) 3 2n 2.2n

            =2 (3n 1 n 4)



Từ yêu cầu bài toán ta có PT: 2n-1.(3n+4) =1600

(3 4).2 25.2

, 4

, 4

n

n N n

n N n

Vậy n = 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Ví dụ 3:(ĐH-CĐ khối A-2005) Tìm số nguyên dương n sao cho:

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

2k 1 (2 1) 2k (1 k 2n+1)

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

Từ đó ta có n = 1002

Ví dụ 4: Tính các tổng sau

1 2.1 3.2 ( 1) . n

S  C  C   n n C

.S  1 C  2 C  3 C   2012 C

3 1.2.3 2.3.4 ( 2).( 1) n

Lời giải:

a Số hạng tổng quát trong tổng là ( 1) k

n

k k C

0 1 2 2 2 2

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

b Số hạng TQ của khai triển là 2

2012

k

k C

2012k ( 1) 2012k 2012k 2012( 1) 2011k 2012 2011k

2010 2011 2012.2011C k 2012C k , (2 k 2012)

2 2012 2012.2011( 2010 2010 2010 2010 ) 2012( 2011 2011 2011 )

S C  C C C  C  C C  C

=2012.2011(1 1)  2010  2012 2012 (1 1)    2011  1   2012.2011.2 2010  2012.2 2011  2012.2013.2 2010

c Số hạng tổng quát trong tổng có dạng: ( 2).( 1) . k

n

k k k C

Áp dụng tính chất (*) ba lần kiên tiếp ta có:

( 2).( 1) . k ( 2)( 1) k ( 1)( 2) k ( 1)( 2) k , (3 k n)

3 ( 1)( 2) 3 3 n3 ( 1)( 2)(1 1)n ( 1)( 2).2n

2 1

C  C  n C nC 

Nhận xét: Bài toán này nếu dùng đạo hàm ta sẽ thấy rất khó, sử dụng tính chất (*) bài toán

được giải quyết một cách nhẹ nhàng

Lời giải: Số hạng TQ trong tổng VT là  k 2, 1 k n

n

Áp dụng tính chất trên ta có:  2 1

1 k .k k . k . k, 1 k n

k C k C C n C  C



Đẳng thức cần chứng minh trở thành:  1 1 2 2 0 

1 1 1 2 1

        (*) Việc chứng minh đẳng thức (*) không mấy khó khăn

Thật vậy:

Xét khai triển: (1+x)n-1.(1+x)n=(1+x)2n-1

Trong khai triển (1+x)n-1.(1+x)n hệ số của xn là 1 1 2 2 0

1 1 1

      (1) Trong khai triển (1+x)2n-1 hệ số của xn là 2 1

n n

C  (2)

Từ (1) và (2) suy ra đẳng thức (*) được chứng minh, tức đẳng thức ban đầu được chứng minh

2 Sử dụng tính chất 1

1







Newton:

Dấu hiệu nhận biết: Khi hệ số đứng trước các số tổ hợp có dạng:

+) 1 1 1, , , , 1

2 3 4 n 1, tức là các hệ số của khai triển có dạng 1

1

k n

C

k 

+) 1 , 1 , 1 , , 1

2.1 2.3 3.4 n n ( 1), tức là hệ số của khai triển có dạng ( 1 1) k

n

C

k k 

Hoặc các hệ số có thể biến đổi về các dạng trên

Các bước thực hiện:

-Chứng minh tính chất 1

1







-Áp dụng tính chất (**) một hoặc nhiều lần và đưa tổng cần tính về tổng đơn giản Trước hết ta chứng minh tính chất: 1

1







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







Ví dụ 1: Tính tổng sau: 20120 20121 20122 20122012

2013

1

, (0 k 2012)

1 2013

k

k

C

C k





2013 2013 2013 2013



n n



Lời gải: Số hạng tổng quát của vế trái là 2

1 1

k n

C

k  với k1,3,5, , 2n 1} Áp dụng tính chất (**) ta có: 1 1 1 

, 1,3,5, , 2 1}

Ta có: VT=  2 4 2 

2 1 2 1 2 1

1

2 1

n



2 1 2 1 2 1 2 1

Vậy đẳng thức được chứng minh

Nhận xét:

Trong hai ví dụ trên số hạng tổng quát trong tổng đã cho có dạng 1

1

k n

C

k  vì vậy có thể áp dụng ngay tính chất (**) Trong tường hợp nếu số hạng tổng quát của tổng chưa có dạng

đó thì cần biến đổi trước khi áp dụng tính chất Ta xét VD sau:

n

n



2

1

2 2

k n

C

Biến đổi số hạng TQ và áp dụng tính chất (**) ta có:

, (0 k n)

=

2 1 (2 1)(2 2)



Ví dụ 4: Tính tổng sau:

n

S

n

      



Lời giải: Số hạng tổng quát trong tổng là

2

1

k n

C k



  với 0 k n 

Áp dụng tính chất (**) ta có:  

 

2

2

2

.

k

n

C

Khi đó: S=

   1 2 1 1 0 

2

1

1

n

        



Xét khai triển: (1+x)n+1.(1+x)n+1=(1+x)2n+2

Trong khai triển (1+x)n+1.(1+x)n+1 hệ số của xn+1 là:

1 n1 1 n1 1 n1 n1 1 1 1 n1 1 n1 n1 1

                       (1)

Trong khai triển (1+x)2n+2 hệ số của xn+1 là 1

2 2

n n

C 

 (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

1 1 1 n1 21 n11 n11. 01 2n 12 1 1 n1 21 n11 n11. 01 2n 12 1

Vậy: S=

   1 

2 2 2

1

1 1

n n

C n



 



BÀI TẬP VẬN DỤNG

Các bạn đồng nghiệp và các em học sinh tham khảo một số bài tập sau:

Bài 1: Rút gọn các tổng sau:

2 3 n

S C  C  C  nC

2 3 4 ( 1) n

S C  C  C  C   n C

c 3 0 4 1 5 2 ( 3) n

S  C  C  C   n C

d 1 2 2 3 3 4 4  1n 1 n

Bài 3: Tìm hệ số của x14 trong khai triển 8

2

1 n

x x



  , biết: 2.1 2 3.2 3 ( 1) n 3584

C  C  n n C 

2 3 4 ( 1) (n 1) n

C  C  C  C    n C

n n

Bài 8: Tính các tổng sau: 0 2 1 6 2  2 2n n

S C  C  C   n  n C

Bài 9 : Tính các tổng sau:

a ( 0 2 ) 2( ) 1 2 6( 2 2 )  2 ( n) 2

S  C  C  C   n n C

b  1 2 4 2 2 2 n 2

S  C  C  n C

n

S

n



n

S

n n