Tài liệu Hướng dẫn học sinh lớp 11 áp dụng tính chất số vào các bài toán Nhị thức NewTon

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC Trường THPT Nguyễn Thái Học CHUYÊN ĐÊ " Ứng dụng tính chất số Cnk vào giải các bài toán Nhị thức NewTon" Giáo viên: Nguyễn Thị Thùy Dương Tổ : Toán - tin Chức vu : Giáo viên. 1 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: C21n 1  2.2C22n1  3.22.C23n 1  4.23 C24n1  ...  (2n  1).2 2 n.C22nn11  2005 ( ĐH-CĐ khối A2005) Bài toán 2: Chứng minh rằng: 1 1 1 3 1 5 1 2 n 1 2 2 n  1 (ĐH-CĐ khối A-2007) C2 n  C2 n  C2 n  ...  C2 n  2 4 6 2n 2n  1 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 Cnk 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: kCnk  nCnk11 và 1 1 Cnk  Cnk11 k 1 n 1 III. Nội dung cụ thể. 1. Cơ sở lý thuyết. 1.1.COÂNG THỨC KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON 2 n  a  b   �Cnk ank bk  C0nan  C1nan1b  C2nan2 b2  ...  Cnk ank bk  ...  Cnn 1abn 1  Cnn bn (1) n k0 1.2. TÍNH CHAÁT CÁC SỐ HẠNG TRONG KHAI TRIỂN: Khi khai trieån nhò thöùc (a  b)n ta caàn ñeå yù: 1) ÔÛ veá phaûi khai triển (1) coù n + 1 soá haïng, trong ñoù ñaàu tieân chứa an, số hạng cuoái cuøng chứa bn , caùc vò trí coøn laïi chứa tích an-kbk vôùi soá muõ cuûa a giaûm töø n ñeán 0 vaø soá muõ cuûa b taêng töø 0 ñeán n sao cho trong moãi soá haïng, toång soá muõ cuûa a vaø b phaûi baèng n töùc laø n – k + k = n. 2) Soá haïng thöù k + 1, kí hieäu: Tk 1 vôùi k = 0, 1, 2, . . ., n vaø coù daïng Tk 1  Cnk an  k b k k k nk 0 n 3) Các số Cn có tính chất: Cn  Cn và Cn  Cn  1 4) Heä soá trong khai trieån (1) coù tính chaát ñoái xöùng . 1.3. KEÁT QUAÛ CẦN GHI NHÔÙ: 1) Cho a = 1, b = 1 ta coù: C0n  C1n  C2n  ...  Cnn  2 n . 2) Cho a = 1, b = 1 ta coù: C0n  C1n  C2n  C3n  ...  (1)n Cnn  0 . 3) Cho a = 1, b = x ta coù: (1  x)n  Cn0  C1n x  C2n x2  C3n x3  . . .  Cnn x n . 4) Cho a = 1, b =  x ta coù: (1  x)n  Cn0  C1n x  C2n x2  C3n x3  . . .  (1)n Cnn x n 2. Các dạng bài tập. Dạng 1: k 1 Sử dụng tính chất kCn  nCn 1 trong một số bài toán nhị thức Newton k k 1 *Dấu hiệu nhận biết: Dùng công thức kCn  nCn 1 trong các trường hợp sau: k 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 kCkn. + 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)Ckn. + Hoặc các hệ số có thể biến đổi để dưa về các dạng trên. 3 *Các bước thực hiện: k k 1 + Chứng minh tính chất kCn  nCn 1 (*) + Áp dụng một hoặc nhiều lần tính chất (*) trên để đưa tổng cần tính về tổng đơn giản. *Chứng minh tính chất: kCnk  nCnk11 n! n.(n  1)! k k 1 Ta có: kCn  k . k !(n  k )!  (k  1)! n  1  ( k  1) !  n.Cn 1   1 2 3 n Ví dụ 1: Rút gọn tổng sau: S  Cn  2Cn  3Cn  ...  nCn Lời giải: Số hạng tổng quát của tổng có dạng kCnk , vì vậy ta có thể áp dụng ngay tính chất trên. Áp dụng tính chất (*) ta có: kCnk  nCnk11 với 1 �k �n Khi đó: S  n(Cn01  Cn11  Cn21  ...  Cnn11 )  n(1  1) n1  n.2 n1 Ví dụ 2: Tìm n > 4 biết: 2.Cn0  5.Cn1  8.Cn2  ...  (3n  2).Cnn  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 kCnk , tuy nhiên bằng biến đổi khá đơn giản ta có thể đưa về các tổng mà số hạng TQ có dạng trên. k k k Lời giải: Số hạng TQ của tổng VT là:  3k  2  Cn  3k .Cn  2.Cn , (0 �k �n) Như vậy VT sẽ được tách thành 2 tổng đơn giản hơn:   VT  3 Cn1  2.Cn2  3.Cn3  ...  n.Cnn  2(Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn )  3n.2 n 1  2.2 n = 2n 1 (3n  4) Từ yêu cầu bài toán ta có PT: 2n-1.(3n+4) =1600 3n  4  25 � � (3n  4).2n 1  25.26 � �� �� n 1  6 �n7 n � N , n  4 � �n �N , n  4 � Vậy n=7 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 3:(ĐH-CĐ khối A-2005) Tìm số nguyên dương n sao cho: C21n 1  2.2C22n1  3.22.C23n 1  4.23 C24n1  ...  (2n  1).22 n.C22nn11  2005 k k 1 Lời giải: Áp dụng tính chất (*) ta có: kC2 n 1  (2n  1).C2 n (1 �k �2n+1) VT  (2n  1)  C20n 1  C21n 1 .21  C22n 1 .22  ...  C22nn .2 2 n   (2n  1).(1  2) 2 n  2 n  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 2 3 n a. S1  2.1.Cn  3.2.Cn  ...  n.( n  1).Cn b. S 2  1.2.3.Cn3  2.3.4.Cn4  ....  (n  2).( n  1) n.Cnn 4 Lời giải: a. Số hạng tổng quát trong tổng là (k  1)k .Cnk Áp dụng tính chất (*) hai lần liên tiếp, ta có: (k  1) k .Cnk  n.(k  1).Cnk11  n( n  1).Cnk22 , (2 �k �n) S1  n(n  1)(Cn02  Cn1 2  Cn22  ...  Cnn22 )  n(n  1).(1  1) n 2  n( n  1).2 n 2 k b. Số hạng tổng quát trong tổng có dạng: (k  2).( k  1).k .Cn Áp dụng tính chất (*) ba lần kiên tiếp ta có: (k  2).(k  1).k.Cnk  n( k  2)(k  1)Cnk11  n(n  1)(k  2)Cnk22  n(n  1)(n  2)Cnk33 , (3 �k �n)   S 2  n(n  1)(n  2) Cn03  Cn13  ...  Cnn3  n(n  1)( n  2)(1  1) n 3  n(n  1)(n  2).2 n 3 Ví dụ 5: Rút gọn các tổng sau: 1 2 3 2012  22.C2012  32.C2012  ..  20122.C2012 a. S1  12.C2012 1 2 2 4 3 6 4 2n n 1 b. S2  1.2.Cn 1  3.4.a .Cn 1  5.6.a .Cn 1  7.8.a .Cn 1  ...  (2n  1).(2n  2).a .Cn 1 Lời giải: 2 k a. Số hạng TQ trong tổng là k C2012 k k k k 1 k 1  k (k  1)C2012  kC2012  2012(k  1)C2011  2012C2011 Ta có: k 2C2012 k 2 k 1  2012.2011C2010  2012C2011 , (2 �k �2012) Ta có: 1 0 1 2 2010 1 2 2011 S1  C2012  2012.2011(C2010  C2010  C2010  ...  C2010 )  2012(C2011  C2011  ...  C2011 )  2012.2011(1  1) 2010  2012  2012 � (1  1) 2011  1� � �  2012.2011.2 2010  2012.2 2011  2012.2013.2 2010 b. Ta có: (2k  1)(2k  2)Cnk11  2(2k  1)(k  1)Cnk11 Áp dụng tính chất (*) hai lần và biến đổi ta có: 2(2k  1)(k  1)Cnk11  2(2k  1)(n  1)Cnk  4(n  1)kCnk  2(n  1)Cnk  4n(n  1)Cnk11  2(n  1)Cnk Với 1 �k �n , khi đó: S 2  1.2.Cn11  4n(n  1)a 2  Cn01  a 2Cn11  ...  a 2( n 1) Cnn11   2(n  1)  a 2 .Cn1  a 4 .Cn2  ...  a 2 nCnn     2(n  1)  4n( n  1) a 2  1   n 1  n  2(n  1) �a 2  1  1� � �   2(n  1)(a 2  1) n 1 2n  a 2  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 5 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.  Cn1   2.  Cn2   ...  n  Cnn   nC2nn 1 2 2 2 b.  Cn1   4  Cn2   ...  n2  Cnn   n 2C2nn12 2 2 2 Lời giải: a. Số hạng TQ trong tổng VT là k  Cnk  , 1 �k �n 2 Áp dụng tính chất (*) ta có: k .  Cnk   k .Cnk .Cnk  n.Cnk11.Cnk , 1 �k �n 2 0 1 1 2 n 1 n n 1 1 n 2 2 0 n VT= n.  Cn1.Cn  Cn 1.Cn  ...  Cn 1 .Cn   n  Cn 1 .Cn  Cn 1 .Cn  ...  Cn 1.Cn  n 1 1 n 2 2 0 n n Đẳng thức cần chứng minh trở thành:  Cn1 .Cn  Cn 1 .Cn  ...  Cn 1.Cn   C2 n 1 (1) 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 Cnn11.Cn1  Cnn12 .Cn2  ...  Cn01.Cnn (2) n Trong khai triển (1+x)2n-1 hệ số của xn là C2 n 1 (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 k 2 .  Cnk    k .Cnk  , 1 �k �n 2 2 Áp dụng tính chất (*) ta có:  kCnk    nCnk11   n 2 .Cnk11.Cnk11  n 2 .Cnk11.Cnn1k , 1 �k �n 2 2 2 0 n 1 1 n2 n 1 0 Khi đó: VT= n .  Cn 1.Cn 1  Cn 1.Cn 1  ...  Cn1 .Cn 1  2 0 n 1 1 n 2 n 1 0 2 n 1 Đẳng thức cần chứng minh trở thành: n .  Cn 1.Cn 1  Cn 1.Cn 1  ...  Cn 1 .Cn 1   n C2 n 2 (4) Ta chứng minh đảng thức (4) như sau: Xét khai triển:  1  x  n 1  1 x n 1   1 x 2n 2 (5) Trong VT của (5) hệ số của x n1 là Cn01.Cnn11  Cn11.Cnn12  ...  Cnn11.Cn01 (6) Trong VP của (5) hệ số cuả x n1 là C2nn12 (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 Cnk 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 Cnk để giải các bài toán Nhị thức NewTon mà nếu không dùng tính chất này phải dùng đến tích phân. Dạng 2 6 Sử dụng tính chất 1 1 Cnk  Cnk11 trong một số bài toán nhị thức Newton k 1 n 1 *Dấu hiệu nhận biết: Khi hệ số đứng trước các số tổ hợp có dạng: 1 1 1 1 1 , , ,..., Cnk , tức là các hệ số của khai triển có dạng 2 3 4 n 1 k 1 1 1 1 1 1 , ,..., Cnk +) , , tức là hệ số của khai triển có dạng 2.1 2.3 3.4 n(n  1) k (k  1) +) +Hoặc các hệ số có thể biến đổi về các dạng trên. *Các bước thực hiện: 1 1 Cnk  Cnk11 (**) k 1 n 1 -Chứng minh tính chất -Áp dụng tính chất (**) một hoặc nhiều lần và đưa tổng cần tính về tổng đơn giản. * Chứng minh tính chất 1 1 Cnk  Cnk11 k 1 n 1 Thật vậy: 1 n! (n  1)! 1 Cnk    Cnk11 k 1 ( k  1).k !(n  k )! ( n  1)( k  1)![ n  1  ( k  1)]! ( n  1) Ví dụ 1: Tính tổng sau: S  0 C2012 C1 C2 C 2012  2012  2012  ...  2012 1 2 3 2013 Lời giải: Áp dụng tính chất (**) ta có: S= k C2012 1 k 1  C2013 , (0 �k �2012) k  1 2013 1 1 � 22013  1 2013 1 2 3 2013 (C2013  C2013  C2013  ...  C2013 )  �1  1  1� � 2013 2013 2013 Vậy S  22013  1 2013 1 1 1 3 1 5 1 22 n  1 C2 n  C2 n  C2 n  ...  C22nn 1  2 4 6 2n 2n  1 1 C2kn với k � 1,3,5,..., 2n  1} . Lời gải: Số hạng tổng quát của vế trái là k 1 1 1 C2kn  C2kn11 , k � 1,3,5,..., 2n  1} Áp dụng tính chất (**) ta có: k 1 2n  1 1 C22n 1  C24n 1  ...  C22nn1  Ta có: VT=  2n  1 1 1  C20n 1  C22n 1  C24n 1  ...  C22nn1  1    22n  1 =VP. Vậy đẳng thức 2n  1 2n  1 Ví dụ 2: Chứng minh rằng: được chứng minh. Ví dụ 3: Tính tổng sau: 7 S 1 1 1 Cn0  Cn1  ...  Cnn 1.2.3 2.3.4 ( n  1)( n  2)( n  3) Lời giải: Áp dụng tính chất (**) ba lần liên tiếp cho số hạng tổng quát của tổng ta có: 1 1 1 Cnk  . Cnk11  (k  1)(k  2)(k  3) n  1 (k  2)( k  3) 1 1 1 . Cnk22  Cnk33 , (0 �k �n) (n  1)  n  2  k  3 (n  1)  n  2  (n  3) 1 1 n 3 � S Cn33  Cn43  ...  Cnn33   �1  1  Cn03  Cn13  Cn23 �  � (n  1)( n  2)( n  3) (n  1)(n  2)(n  3) 1 1  .  2n  4  n 2  7n  14  (n  1)(n  2)(n  3) 2  Vậy S  1 1 . 2n  4  n 2  7 n  14 (n  1)(n  2)(n  3) 2   Nhận xét: Trong hai ví dụ trên số hạng tổng quát trong tổng đã cho có dạng 1 Cnk vì vậy có thể k 1 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: 1 2 1 4 1 6 0 2 4 Ví dụ 4: Tính tổng S= .C2n  .C2n  .C2n  ...  Lời giải: Số hạng tổng quát trong tổng là 1 C22nn 2n  2 1 C22nk . 2k  2 Biến đổi số hạng TQ và áp dụng tính chất (**) ta có: 1 2k  1 1 2k  1 1 2k  2  1 1 C22nk  . .C22nk  . C22nk11  . C22nk11 2k  2 (2k  2) 2k  1 2 k  2 2n  1 2k  2 2n  1  1 � 2 k 1 1 1 � 1 � 2 k 1 � C2 n 1  C22nk11 � C2 n1  C22nk22 � � � 2n  1 � 2k  2 2n  2 � 2n  1 � � 1 1 1 C22nk11  . .C22nk22 , (0 �k �n) 2n  1 2n  1 2n  2 1 1 S C21n 1  C23n 1  ...  C22nn11  C22n  2  C24n  2  ...  C22nn22 2n  1 (2n  1)(2n  2)   =   1 1 .22 n  22 n 1  1 2n  1 (2n  1)(2n  2)   Ví dụ 6 ( Đề thi HSG): Tính tổng: S= Cn1 2.Cn2 3.Cn3 n.Cnn    ...  (1) n 2.3 3.4 4.5 (n  1)( n  2) Lời giải: 8  Ta có: kC k n kCnk22 (k  2  2)Cnk22 (n  2) 2   Cnk11  Cnk22 , (1 �k �n) (k  1)( k  2) (n  1)(n  2) (n  1)( n  2) (n  1)(n  2) (n  1)(n  2) 1 2  Cnk11  Cnk22 (n  1) ( n  1)( n  2) 1 2 2 3 4 S Cn 1  Cn 1  Cn 1  ...(1)n Cnn11   Cn3 2  Cn4 2  Cn5 2  ...(1)n Cnn22    n 11 1)( n n2) 2 ( n � n 1 2 �   1  1  Cn0 2  Cn1 2  Cn2 2 � �1  1  Cn01  Cn11 �  � ( n  1)( n  2) � � n 1   n 2 (n  1)(n  2) � �  n 1 � � n  1 (n  1)(n  2) � 2 �  n n n(2n  3)   n  1 n  2 ( n  1)(n  2) Vậy S  n(2n  3) (n  1)(n  2) 2 2 2 �C 0 � �C1 � �C n � Ví dụ 5: Tính tổng sau: S  � n � � n � ...  � n � �1 � �2 � �n  1 � 2 �C k � Lời giải: Số hạng tổng quát trong tổng là � n � với 0 �k �n �k  1 � 2 �Cnk � 1 Cnk11 Áp dụng tính chất (**) ta có: � � 2 �k  1 � ( n  1) Khi đó: S= 1  n  1 2 C 1 n 1  .Cnn1  Cn21Cnn11  ...  Cnn11.Cn01  2  1  n  1 2 Cnk11 .Cnn1k , với 0 �k �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: C Cnn11  Cn11.Cnn1  Cn21Cnn11  ...  Cnn11.Cn01    1  Cn11.Cnn1  Cn21Cnn11  ...  Cnn11.Cn01  (1) 0 n 1 Trong khai triển (1+x)2n+2 hệ số của xn+1 là C2nn12 (2) Từ (1) và (2) suy ra: 1  Cn11.Cnn1  Cn21Cnn11  ...  Cnn11 .Cn01  C2nn12 � Cn11.Cnn1  Cn21Cnn11  ...  Cnn11.Cn01  C2nn12  1 Vậy: S= 1  n  1 2 C n 1 2n2  1 BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Rút gọn các tổng sau: a. S  Cn1  2.Cn2  3Cn3  ...  nCnn b. S  Cn0  2Cn1  3Cn2  4Cn3  ...  (n  1)Cnn 9 0 1 2 n c. S  3Cn  4Cn  5Cn  ...  (n  3)Cn d. S  Cn1  2Cn2  3Cn3  4Cn4  ...   1 n 1 nCnn 1 2 p n n2 Bài 2: CMR: 2.1Cn  3.2Cn  ...   p  1 pCn  ...   n  1 nCn  n  n  3 2 n Bài 3: Tìm hệ số của x14 trong khai triển: �8 1 �,biết: �x  2 � � x � 2.1Cn2  3.2Cn3  ...  n(n  1)Cnn  3584 0 1 2 n Bài 4: S= 2.Cn  3.Cn  4.Cn  ...  (n  2)Cn . Tìm n biết S = 320 Bài 5. Tính S= Cn0  2.Cn1  3.Cn2  4.Cn3  ...  (1) n (n  1)Cnn 1 2 1 3 1 4 0 1 2 3 Bài 6: Tính tổng S = C10  C10  C10  C10  .....  1 10 C10 11 1 1 1 3 1 5 1 2 n 1 22 n  1 Bài 7: Cho n là số nguyên dương CMR: C2 n  C2 n  C2 n  ...  C2 n  2 4 6 2n 2n  1 0 1 2 2 n n Bài 8: Tính các tổng sau: S  Cn  2Cn  6Cn  ...   n  n  2  Cn Bài 9 : Tính các tổng sau: 0 2 1 2 2 2 2 n 2 a. S  (Cn )  2(Cn )  6(Cn )  ...   n  n  (Cn ) C C b. S       0 2 n 1 2 n 1 2 C  C  c. S  0 2 n 1.2 1 2 n 2.3 C   ...  n 2 n n 1  ...  C  n 2 n (n  1)(n  2) Bài 10: Giải phương trình với ẩn n  N , n 2 1 1 1 3 1 22 n  1 C2 n  C2 n  ...  C22nn 1  2 2 4 2n n  n  4038089 (Đề thi olympic 30-4) 10