Hướng dẫn học sinh lớp 11 áp dụng tính chất số vào các bài toán nhị thức newton

Lý do chọn đề tài: 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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC

Trường THPT Nguyễn Thái Học

CHUYÊN ĐỀ

" Ứng dụng tính chất số k

n

C vào giải các bài toán Nhị thức NewTon"

Giáo viên: Nguyễn Thị Thùy

Dương

Tổ : Toán - tin

Chức vụ : Giáo viên.

Vĩnh Yên, tháng 2 năm 2014

I Lý do chọn đề tài:

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:

12 1 2.2 22 1 3.2 2 23 1 4.23 24 1 (2 1).2 2n 22n11 2005

A-2005)

Bài toán 2: Chứng minh rằng:

2

n n

 (ĐH-CĐ khối A-2007) Hai bài toán trên là vấn đề rất bình thường 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 Với mong muốn giúp các em vượt qua “Thách thức” này, tôi đã chọn đề tài cho sáng kiến kinh nghiệm của mình là:

" Hướng dẫn học sinh lớp 11 áp dụng tính chất số k

n

C vào các bài toán Nhị thức NewTon"

Sáng kiến kinh nghiệm này đã giúp các em học sinh lớp 11 thoát khỏi sự bế tắc khi nghiên cứu các bài toán về nhị thức NiuTơn trong các đề thi đại học

II Mục đích:

Nhằm giúp các em học sinh lớp 11 dùng những kiến thức tổ hợp đơn giản, bằng những biến đổi tự nhiên có thể giải quyết được tất cả các bài toán về nhị thức NiuTơn mà học sinh lớp 12 phải dùng đến đạo hàm, tích phân

III Phạm vi nghiên cứu

Các bài toán tổ hợp, nhị thức NiuTơn giải quyết được bằng hai tính chất:

1

1

k k

n n



1







III Nội dung cụ thể.

1 Cơ sở lý thuyết.

1.1.COÂNG TH ỨC KHAI TRIỂN NHỊ THỨC N EWTON

       



n

n k n k k 0 n 1 n 1 2 n 2 2 k n k k n 1 n 1 n n

k 0

1.2 TÍNH CHẤT CÁC S Ố HẠNG TRONG KHAI TRIỂN :

Khi khai triển nhị thức (a b) n ta cần để ý:

1) Ở vế phải khai triển (1) có n + 1 số hạng, trong đó đầu tiên chứa an, số hạng cuối cùng chứabn, các vị trí còn lại chứa tích an-kbk với số mũ của a giảm từ n đến 0 và số mũ của b tăng từ 0 đến n sao cho trong mỗi số hạng, tổng số mũ của a và b phải bằng n tức là n – k + k = n

2) Số hạng thứ k + 1, kí hiệu: Tk 1 với k = 0, 1, 2, ., n và có dạng

k n k k

k 1 n

 

3) Các số k

n

C cĩ tính chất: k n k

n n

n n

4) Hệ số trong khai triển (1) có tính chất đối xứng

1.3

KẾT QUẢ C ẦN GHI NHỚ :

1) Cho a = 1, b = 1 ta có: C0nC1nC2n C nn 2n

2) Cho a = 1, b = 1 ta có: 0 1 2 3 n n

C  C C  C  ( 1) C  0 3) Cho a = 1, b = x ta có: (1 x) n C0nC x C x1n  2 2n C x C x3 3n   n nn

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

2 Các dạng bài tập.

Dạng 1:

Sử dụng tính chất kCn k nCn k11



 trong một số bài toán nhị thức Newton

*Dấu hiệu nhận biết: Dùng cơng thức kCn k nCn k11



 trong các trường hợp sau:

Các hệ số đứng trước các số tổ hợp cĩ 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 cĩ 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 cĩ dạng k(k-1)Ck

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

*Các bước thực hiện:

+ Chứng minh tính chất kC n k nC n k11



+ Áp dụng một hoặc nhiều lần tính chất (*) trên để đưa tổng cần tính về tổng đơn giản

1

k k

n n





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







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



 với 1 k n 

Ví dụ 2: Tìm n > 4 biết: 2 0 5 1 8 2 (3 2). n 1600

Nhận xét: Để tìm n, trước hết ta phải rút gọn được tổng vế trái(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

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



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

(3 4).2 25.2

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

Lời giải: Áp dụng tính chất (*) ta có: 1

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

Từ đó ta có n = 1002

Chú ý: Khi áp dụng tính chất (*) cho mỗi số hạng của tổng, ta không cần quan tâm đến

dấu và lũy thừa có trong mỗi số hạng đó

Ví dụ 4: Tính các tổng sau

1 2.1 3.2 .( 1). n

2 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

Áp dụng tính chất (*) hai lần liên tiếp, ta có:

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

1 ( 1)( 2 2 2 n2 ) ( 1).(1 1)n ( 1).2n

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

n

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)

Ví dụ 5: Rút gọn các tổng sau:

1 1 2012 2 2012 3 2012 2012 2012

2 1.2 1 3.4 1 5.6 1 7.8 1 (2 1).(2 2). n. n1

Lời giải:

a Số hạng TQ trong tổng là 2

2012

k

k C

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

2012.2011C k 2012C k , (2 k 2012)

Ta có:

1 2012 2012.2011( 2010 2010 2010 2010) 2012( 2011 2011 2011)

S C  C C C  C  C C  C

2012.2011(1 1) 2012 2012 (1 1) 1

2012.2011.2 2012.2 2012.2013.2

b Ta có:

Áp dụng tính chất (*) hai lần và biến đổi ta có:

2(2 1)( 1) k 2(2 1)( 1) k 4( 1) k 2( 1) k 4 ( 1) k 2( 1) k

Với 1 k n  , khi đó:

2(n1) 4 ( n n1)a21n12(n1)a21n1

2(n 1)(a2 1)n 12n a2 1

Nhận xét:

Tất cả các bài toán đã giải được theo phương pháp đạo hàm thì đều giải được bằng cách áp dụng tính chất (*) Những bài toán áp dụng tính chất (*) hai, ba lần thì tương ứng khi dùng đạo hàm ta phải lấy đến đạo hàm cấp 2, cấp 3 Trong những bài toán đó dùng tính

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

chất (*) ngắn gọn hơn nhiều Hơn nữa, một số bài toán dùng đạo hàm chưa chắc đã giải được , ta xét ví dụ sau:

Ví dụ 6: CMR với mọi n nguyên dương ta có:

a  1 2  2 2  2

2 1

b  1 2  2 2 2 2 2 1

2 2



Lời giải:

a Số hạng TQ trong tổng VT là  k 2, 1 k n

n

Áp dụng tính chất (*) ta có:  2 1

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

n n n n n



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

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

n n n n n n n

Việc chứng minh đẳng thức (1) 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

n n n n n n

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

n n

C  (3)

Từ (2) và (3) suy ra đẳng thức (1) được chứng minh, tức đẳng thức ban đầu được chứng minh

b Số hạng TQ trong tổng VT là 2  k 2  . k2, 1 k n

Áp dụng tính chất (*) ta có:  2  12 2 1 1 2 1

1 1 1 1 1 , 1 k n

n n n n n n

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

Ta chứng minh đảng thức (4) như sau:

Xét khai triển: 1 xn11 xn1 1 x2n2

Trong VT của (5) hệ số của x n 1 là 0 1 1 2 1 0

1 n1 1 n1 n1 1 (6)

n n n n n n

Trong VP của (5) hệ số cuả x n 1 là 1

2 2

n n

C 

 (7)

Từ (6) và (7) suy ra đẳng thức (4) được chứng minh hay đẳng thức ban đầu được chứng minh

Bình luận: Với việc áp dụng tính chất (*) của số k

n

C ta đã có thể giải quyết được tất cả các dạng bài toán Nhị thức NewTon mà trước đây phải dùng đến đạo hàm Sau đây chúng

ta sẽ áp dụng một tính chất nữa của các số k

n

C để giải các bài toán Nhị thức NewTon mà nếu không dùng tính chất này phải dùng đến tích phân

Dạng 2

Sử dụng tính chất 1

1







  trong một số bài toán nhị thức 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)C n k

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

1







Thật vậy:

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







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

Lời giải: Áp dụng tính chất (**) ta có: 2012 1

2013

1

, (0 k 2012)

1 2013

k

k

C

C k





2013 2013 2013 2013



Vậy 22013 1

2013

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:

2

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}

, 1,3,5, , 2 1}





1

n



được chứng minh

Ví dụ 3: Tính tổng sau:

1 0 1 1 1

n

Lời giải:

Áp dụng tính chất (**) ba lần liên tiếp cho số hạng tổng quát của tổng ta có:





 3 4 3   3 0 1 2

n n





 4 2 

( 1)( 2)( 3) 2

n n n



( 1)( 2)( 3) 2

n n n



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 trường 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



Lời giải: Số hạng tổng quát trong tổng là 2

2

1

k n

C

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

22 11 22 11 22 11 22 22

 1 3 2 1  2 4 2 2

=



Ví dụ 6 ( Đề thi HSG):

Tính tổng: S=

( 1)

n n



Lời giải:

Ta có:

n

nn1n n2(nn n(21)(n3)2)

Vậy S ( n n(21)( 3)2)



Ví dụ 5 : 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 n n n n n

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

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

Bài 1: Rút gọn các tổng sau:

 2 3 4 1  3 4 5 2

, (1 k n)

c 0 1 2

Bài 2: CMR: 2.1 1 3.2 2  1 p  1 n  3 2 n 2

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

8 2

1 n

x x



,biết:

2.1 3.2 ( 1) n 3584

Bài 4: S=2 0 3 1 4 2 ( 2) n

C  C  C   n C Tìm n biết S = 320

2 3 4 ( 1) (n 1) n

Bài 6: Tính tổng S = 100 110 102 310 1010

Bài 7: Cho n là số nguyên dương CMR:

2

n n



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

Bài 9 : Tính các tổng sau:

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

b  0 2  1 2  2

n

S

n



c  0 2  1 2  2

n

S

Bài 10: Giải phương trình với ẩn n N n ,  2

2

n n

  (Đề thi olympic 30-4)