Tài liệu Rèn luyện tư duy,tìm tòi sáng tạo cho học sinh thpt qua một số bài toán chứng minh đẳng thức tổ hợp

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ Trong chương trình toán học phổ thông phần đại số tổ hợp, số phức là chương trình mới lạ và khó đối với các em học sinh. Các bài toán tổ hợp mang tính tổng hợp và khái quát hóa cao. Vì vậy học sinh học đến phần này thường ngại, sự say mê, sáng tạo giảm. Nếu chưa học đạo hàm, tích phân, số phức mà các em chỉ vận dụng các công thức trong sách giáo khoa thì các em giải các bài toán về chứng minh đẳng thức tổ hợp rất khó khăn. Các em không biết nên xuất phát từ đâu? Nên dùng công thức nào để chứng minh? Để giúp học sinh khắc phục tình trạng trên,giúp cho các em có sự say mê, tư duy sáng tạo trong việc học phần đại số tổ hợp .Tôi đã đọc tài liệu,nghiên cứu,phân tích,cải tiến cách dạy, tìm tòi thêm các công thức khác, hướng dẫn các em tự tìm tòi, tự phát triển ra các công thức mới dựa trên các công thức đã có, các bài tập để trang bị cho các em lượng kiến thức để các em vận dụng làm bài tập một cách khoa học hơn, sáng tạo hơn.Tạo ra sự hứng thú trong học tập đồng thời giúp các em rèn luyện phương pháp giải bài tập không những loại bài tập này mà còn vận dụng cách tư duy đó cho các loại bài tập khác. Trong khuôn khổ đề tài “Rèn luyện tư duy,tìm tòi sáng tạo cho học sinh THPT qua một số bài toán chứng minh đẳng thức tổ hợp” tôi chỉ nêu một số phương pháp thường dùng để các em giải quyết bài toán chứng minh đẳng thức tổ hợp một cách khoa học hơn, có cơ sở và có tính sáng tạo hơn. Từ đó để các em củng cố kiến thức,rèn luyện khả năng nghiên cứu khoa học, đồng thời cũng trang bị thêm kiến thức nhằm chuẩn bị tốt cho các kỳ thi tốt nghiệp và kỳ thi đại học,cao đẳng. PHẦN II: NỘI DUNG I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1. Công thức nhị thức Niu-tơn: 1 (a  b) n C n0 a n  C n1 a n  1b  ...C nk a n k b k  ...  Cnn x n  C nk a n  k b k ( k n; k , n  N * ) (Quy ước a 0 b 0 1 ) 2. Công thức tổ hợp: Các định nghĩa, tính chất. 3. Công thức liên quan đến số phức, công thức Moa- vrơ, công thức đạo hàm của hàm số mũ,công thức tích phân. 4. Một số công thức khác: kC nk nC nk11 ( k n; k , n  N * ) (k  1)C nk11 (n  1)C nk ( k n; k , n  N * ) 1 1 C nk  C nk11 k 1 n 1 ( k n; k , n  N * ) k 2 C nk n( n  1)C nk 22  nC nk11 (1  i ) 2 2i ; (1  i ) 2 2i ; (1  ( k 2; k n; k , n  N ) 3i ) 2  8 ; (1  3i ) 2  8 II: THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ - Đối với học sinh THPT đa số học sinh khi gặp loại toán này thường không giải được hoặc giải được nhưng tốn rất nhiều thời gian .Các em thường không biết nên giải thế nào ?Công thức trong sách giáo khoa lại ít,nếu dùng định lý về số các tổ hợp để làm bài tập thì rất phức tạp mà có khi không thể giải ra được. - Một số em khi gặp các bài toán mà các em chưa tìm ra hướng giải các em sẽ bỏ cuộc ngay,không có tính kiên trì tìm tòi,ỷ lại,chờ thầy giáo,cô giáo chữa . - Số tiết bài tập dành cho loại bài tập này ít nhưng nó lại có trong các đề thi thử Đại học của một số trường THPT ,và đặc biệt cũng có trong một số đề thi Đại học, cao đẳng,thi học sinh giỏi tỉnh. III.GIẢI PHÁP THỰC HIỆN Phương pháp 1: Sử dụng công thức khai triển nhị thức Niu-Tơn,các công thức tổ hợp,các tính chất của tổ hợp 2 Ví dụ 1: Chứng minh: C n0  3C n1  32 Cn2  33 C n3  ...  3n C nn 4 n (n  N * ) Giải: Xét khai triển (1  x ) n C n0  C n1 x  C n2 x 2  ...  C nn 1 x n  1  C nn x n (1) (n  N * ) Thay x = 3 ta được: (1  3) n Cn0  3Cn1  32 Cn2  33 Cn3  ...  3n 1 Cnn 1  3n Cnn Hay C n0  3C n1  3 2 C n2  33 C n3  ...  3 n C nn 4 n điều phải chứng minh. Giáo viên: Nếu ở (1) của ví dụ trên ta thay x = 2 thì được kết quả như thế nào ? giáo viên có thể yêu cầu học sinh phát biểu thành một bài toán.Từ đó cho học sinh phát triển thành bài tập tổng quát với x = a (a  N * ) Ví dụ 2: Chứng minh đẳng thức sau: 3 1 5 2 9 3 2 k 1 k 2 n  1 n 2 2 n  3n 0 C  C  C  C  ...  C  ...  Cn  1 a. n n n n n 2 4 8 2k 2n 2n (0 k n, k  N , n  N * ) b. C20n1  C21n1  C22n1  ...  C2nn1 2 2 n (n  N * ) Giải: a.Xét khai triển Thay x 1 2 (1  x ) n C n0  C n1 x  C n2 x 2  ...  Cnk x k  ...  Cnn x n 3 2 1 2 1 4 1 8 ta được ( ) n Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  ...  Thay x 1 ta được (n  N * ) 1 k 1 C n  ...  n C nn k 2 2 2 n C n0  C n1  C n2  C n3  ...  C nk  ...  C nn (1) (2) Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được: 3 5 9 2 k 1 2n 1 2 2 n  3n C n0  C n1  C n2  C n3  ...  k C nk  ...  n C nn  1 2 4 8 2 2 2n Suy ra điều phải chứng minh. b.Áp dụng công thức: Cnk C nn k (0 k n; k  N , n  N * ) 1 Ta có: C20n1  C21n1  C22n1  ...  C2nn1  2 (C20n1  C21n1  C22n1  ...  C22nn11 ) 3 Xét khai triển (1  x) 2 n1 C20n1  C21n1 x  C22n1 x 2  ...  C22nn11 x 2 n1 (n  N * ) Thay x 1 ta được C20n1  C21n1  C22n1  ...  C22nn11 2 2 n1 1 Dođó: C20n1  C21n1  C22n1  ...  C2nn1  2 (C20n1  C21n1  C22n1  ...  C22nn11 ) 2 2 n điều phải chứng minh. Ví dụ 3: Chứng minh: C n1  2C n2  3C n3  ...  (n  1)C nn  1  nC nn n.2 n  1 (n  N * ) Giải: Đặt: S C n1  2C n2  3C n3  ...  (n  1)C nn 1  nC nn (1) Cách 1: Áp dụng công thức: C nk Ta có: C nn  k (0 k n, k  N , n  N * ) C n1 C nn  1 2C n2 2C nn 2 3C n3 3C nn  3 .................. (n  1)C nn 1 (n  1)Cn1 nC nn nC n0 Cộng vế với vế ta được: S C nn 1  2C nn 2  3C nn 3  ...  (n  1)C n1  nCn0 Từ (1) và (2) ta có: Xét khai triển (2) 2S n(C n0  Cn1  C n2  C n3  ...  Cnn  1  Cnn ) (1  x) n C n0  C n1 x  C n2 x 2  ...  C nn 1 x n  1  C nn x n Thay x = 1 ta được: 2 n (n  N * ) Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  ...  Cnn 1  Cnn Do đó : 2S n.2 n Hay C n1  2C n2  3C n3  ...  (n  1)C nn  1  nC nn n.2 n  1 Cách 2: Áp dụng công thức: kCnk nC nk11 ( k n; k , n  N * ) 4 Ta có: C n1 nC n0 1 2C n2 nC n1 1 3C n3 nC n2 1 .................. nC nn nC nn11 Cộng vế với vế ta được: S Xét khai triển n(C n0 1  C n1 1  C n2 1  ...  C nn11 ) (1  x) n  1 Cn0 1  Cn1 1 x  Cn2 1 x 2  ...  Cnn11 x n 1 (n  N * ) Thay x = 1 ta được: 2 n 1 C n0 1  Cn1 1  Cn2 1  ...  C nn11 Do đó : S n.2 n 1 Hay C n1  2C n2  3C n3  ...  (n  1)C nn  1  nC nn n.2 n  1 điều phải chứng minh. Cách 3: Dùng đạo hàm chúng ta cũng giải được ví dụ này (ở phương pháp dùng đạo hàm phần sau). Có những bài toán để giải nhanh các em càn biết phân tích và dựa vào kết quả các bài tập đã làm rồi. Ví dụ 4: Chứng minh: a, 1.C n0  2C n1  3C n2  4C n3  ...  (n  1)C nn (n  2)2 n  1 b, 1.Cn2  2Cn3  3Cn4  ...  (n  1)Cnn (n  2)2 n 1  1 (n  N * ) (n 2; n  N ) Giải: Hướng dẫn: a,Ta có: 1.Cn0  2Cn1  3Cn2  ...  (n  1)Cnn (Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn )  (Cn1  2Cn2  ...  nCnn ) Theo ví dụ trên ta có: và C n1  2C n2  3C n3  ...  (n  1)C nn  1  nC nn n.2 n  1 C n0  C n1  C n2  C n3  ...  C nn 1  C nn 2 n Cộng vế với vế ta được: 1.Cn0  2Cn1  3Cn2  4Cn3  ...  (n  1)Cnn (n  2)2 n 1 5 b, Đặt: 1.C n0  2C n1  3C n2  4C n3  ...  (n  1)C nn  S1 1.Cn2  2Cn3  3Cn4  ...  (n  1)Cnn  S 2 Cách 1: Ta có: S 2 S1  2(C n0  C n1  C n2  C n3  ...  C nn )  C n0 (n  2)2 n  1  2.2 n  1 (n  2)2 n 1  1 Cách Ta có: S 2 (Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  nCnn )  2: (Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  ...  Cnn )  Cn0 Các tổng này đều đã tính ở trên thay vào ta được điều phải chứng minh. Ví dụ 5: Chứng minh: C n1  2.2C n2  3.2 2 C n3  4.2 3 C n4  ...  n.2 n 1 C nn n.3n 1 Giải: Áp dụng công thức: Ta có: C n1 kCnk nC nk11 (n  N * ) ( k n; k , n  N * ) nC n0 1 2.2C n2 2.nC n1 1 2 2.3C n3 2 2.nC n2 1 .................. 2 n 1.nCnn 2 n  1.nCnn11 Cộng vế với vế ta được: S n(C n0 1  2Cn1 1  2 2 C n2 1  ...  2 n 1 C nn11 ) Xét khai triển (1  x) n  1 Cn0 1  Cn1 1 x  Cn2 1 x 2  ...  Cnn11 x n 1 (n  N * ) Thay x = 2 ta được: 3n 1 C n0 1  2C n1 1  2 2 C n2 1  ...  2 n 1 C nn11 Do đó : S n.3n 1 Hay Cn1  2.2Cn2  3.2 2 Cn3  4.23 Cn4  ...  n.2 n 1 Cnn n.3n 1 điều phải chứng minh. Giáo viên: Làm cho học sinh hiểu rõ :Nếu ở ví dụ này ta thay x bởi một số tự nhiên khác thì chúng ta lại có một bài toán mới. Từ đó giáo viên cho học sinh tổng quát thành bài toán: Bài tâp tổng quát: Chứng minh: Cn1  2.aCn2  3.a 2 Cn3  4.a 3C n4  ...  n.a n  1Cnn n.(1  a) n 1 (a, n  N * ) 6 Thông qua các ví dụ này giáo viên có thể làm cho học sinh thấy rõ ,từ một bài tập nào đó chúng ta có thể suy nghĩ, phát triển ,mở rộng ra được các bài tập mới và từ đó giúp cho học sinh tập làm quen với khả năng tư duy, sáng tạo trong học toán. Giáo viên cũng yêu cầu học sinh về nhà tự tìm tòi ra các bài tập khác từ các ví dụ này và tìm bài tập tổng quát cho ví dụ 2 coi như một bài tập. Ví dụ 6: Cho n là số tự nhiên n 1 .Chứng minh đẳng thức sau: 1 1 1 1 1 2 n 1  1 C n0  C n1  C n2  C n3  ...  C nn 1  C nn  2 3 4 n n 1 n 1 Giải: Cách 1: Ta có công thức: Nên (k  1)C nk11 (n  1)C nk ( k n; k , n  N * ) 1 1 C nk  C nk11 k 1 n 1 Do đó: C n0  1 C n11 n 1 1 1 1 Cn  C n21 2 n 1 1 2 1 Cn  C n31 3 n 1 ............................ 1 1 C nn  C nn11 n 1 n 1 Cộng vế với vế ta được: 1 1 1 1 1 1 C n0  Cn1  Cn2  Cn3  ...  C nn 1  C nn  (Cn11  C n21  Cn31  ...  C nn11 ) Xét 2 3 4 n n 1 n 1 triển (1  x ) n 1 C n01  C n11 x  C n21 x 2  ...  C nn11 x n 1 (n  N * ) khai (1) Thay x = 1 ta được: (1  1) n1 C n01  C n11  C n21  ...  C nn11 7 Do đó : Cn0  1 1 1 2 1 3 1 1 2 n 1  1 C n  C n  C n  ...  C nn 1  C nn  2 3 4 n n 1 n 1 điều phải chứng minh. Cách 2:Sử dụng đạo hàm (Phần sau) . Giáo viên: Nếu ở khai triển (1) của ví dụ này ta thay x = 2; x = 3 thì kết quả như thế nào ? giáo viên yêu cầu học sinh phát biểu thành một bài toán. Từ đó cho học sinh phát triển thành bài tập tổng quát với x = a. (a  N * ) Ví dụ 7: Chứng minh: 12 C n1  2 2 C n2  32 C n3  ...  (n  1) 2 C nn 1  n 2 C nn n( n  1).2 n 2 (n 2; n  N ) Giải: Đặt: S 12 C n1  2 2 Cn2  32 Cn3  ...  (n  1) 2 C nn 1  n 2 Cnn Sử dụng công thức: k 2 C nk và C n1 nC n0 1 ta n( n  1)C nk 22  nC nk11 (1) ( k 2; k n; k , n  N ) có: 2 2 C n2 n(n  1)C n0 2  nCn1 1 32 C n3 n(n  1)C n1 2  nC n2 1 ........................................... (n  1) 2 C nn  1 n(n  1)C nn 23  nCnn12 n 2 C nn n( n  1)C nn 22  nC nn11 Cộng vế với vế ta được: 2 S n(n  1)(C n0 2  C n1 2  C n2 2  ...  C nn 21 )  n(C n0 1  C n1 1  C n2 1  ...  C nn11 ) Xét khai triển : (1  x) n 2 và C n0 2  C n1 2 x  C n2 2 x 2  ...  C nn 22 x n  2 (n  N * ) (1  x) n  1 Cn0 1  Cn1 1 x  Cn2 1 x 2  ...  Cnn11 x n 1 (n  N * ) Thay x = 1 ta được: S n( n  1) 2 n 2  n.2 n 1 n( n  1)2 n 2 điều phải chứng minh. Ví dụ 8: Chứng minh: 8 0 2013 1 2012 2 2011 2012 1 2013 0 2013 C 2013 .C 2014  C 2013 .C 2014  C 2013 .C 2014  ...  C 2013 .C 2014  C 2013 .C 2014 C 4027 Giải: 2013 Xét khai triển (1  x) 2013 C 0  C 1 x  C 2 x 2  ...  C x 2013 2013 2013 2014 2014 4027 4027 0 2 (1  x) 2014 C 2014  C 12014 x  C 2014 x 2  ...  C 2014 x 0 2 (1  x) 4027 C 4027  C 14027 x  C 4027 x 2  ...  C 4027 x Và (1  x) 2014 (1  x) 2013 (1  x) Đồng nhất các hệ số của x k (1  x) 2014 (1  x) 2013 (1  x) 4027 (k  N * ) ở 2013 2013 4027 hai vế của đẳng thức ta được điều phải chứng minh. Giáo viên: Gợi ý cho học sinh suy nghĩ để tìm ra bài toán mới, sau đó dẫn đến bài toán tổng quát, coi như một bài tập về nhà. Bài tâp tổng quát: Chứng minh: Cn0 .Cmk  Cn1 .Cmk  1  Cn2 .Cmk  2  ...  Cnk  1.Cm1  Cnk .Cm0 Cnkm (0 k n;0 k m; k , n, m  N * ) Đặc biệt: Khi m = n = k ta có bài toán: Chứng minh: (Cn0 ) 2  (Cn1 ) 2  (Cn2 ) 2  ...(Cnn 1 ) 2  (Cnn ) 2 C2nn (n  N * ) Bài tập: 1.Tính tổng: S 1Cn1  2C n2  3C n3  4C n4 ...  ( 1) n  1 nCnn 2.Tính tổng: S 1Cn2  2Cn3  3Cn4  4Cn5 ...  ( 1) n (n  1)Cnn 3.Tính tổng: S (n  N * ) (n  N * ) 5 n 1 C n1  2.5 n 2 C n2  3.5 n 3 C n3  4.5 n 4 C n4 ...  ( 1) n  1 nCnn (n  N * ) 4.Nêu bài tập tổng quát của bài 1. 0 2 4 6 2012  C 2013  C 2013  C 2013  ...  C 2013 5.Chứng minh: 2 2012 C 2013 6.Nêu bài tập tổng quát của bài 5. 7. Tính tổng: 1 1 1 ( 1) n n  1 ( 1) n 1 n Cn  Cn 1. S  Cn1  Cn2  Cn3  ...  2 3 4 n 1 n 1 (n  N * ) 9 2. 3. 1 1 1 2 n 1 S  C21n  C23n  ...  C2 n 2 4 2n 5 2 1 53 2 5 4 3 5n 5 n1 n C n  C n  C n  ...  C nn 1  Cn 2 3 4 n n 1 (n  N * ) a2 1 a3 2 a4 3 a n n 1 a n 1 n Cn  C n  C n  ...  Cn  Cn 2 3 4 n n 1 (a, n  N * ) S 4. S  (n  N * ) 5. 1 1 1 (  1) n n 1 ( 1) n1 n S  C n1  C n2  C n3  ...  Cn  Cn 2 3 4 n 1 n 1 6. 1 1 1 2 n 1 S  C21n  C23n  ...  C2 n 2 4 2n 7. (n  N * ) 5 2 1 53 2 5 4 3 5n 5 n1 n C n  C n  C n  ...  C nn 1  Cn 2 3 4 n n 1 (n  N * ) a2 1 a3 2 a4 3 a n n 1 a n 1 n Cn  C n  C n  ...  Cn  Cn 2 3 4 n n 1 (a, n  N * ) S 8. S  (n  N * ) 8. Chứng minh: 1 2 3 2012 2013 12 C 2013 .32012  2 2 C 2013 .32011  32 C 2013 .32010  ...  (n  1) 2 C2013 .3  n 2 C 2013 2013.2014 .2 2011 9.T ính tổng: S 12 Cn1 .2 n 1  2 2 Cn2 .2 n  2  32 Cn3 .2 n 3  ...  (n  1) 2 C nn  1 .21  n 2 Cnn .2 0 (n  N * ) 10.Tính tổng: S 12 C n1 .a n 1  2 2 Cn2 .a n 2  ...  (n  1) 2 Cnn 1 .a1  n 2C nn .a 0 (a, n  N * ) 11. Chứng minh: C n1 C n2 C n3 C nn  1 C nn  2 1  3 2  ....  (n  1) n  2  n n  1 C n2 1 0 Cn Cn Cn Cn Cn (n  N * ) 0 2013 1 2012 2 2011 2012 2013 .C2014  C 2014 .C 2013  C2014 .C2012  ...  C2014 .C 21  C2014 .C10 12. Tính tổng: S C2014 Phương pháp 2: Sử dụng đạo hàm Rất nhiều bài toán chứng minh đẳng thức tổ hợp khi dùng phương pháp đạo hàm thì chứng minh rất ngắn gọn và dễ hiểu, dễ nhớ cách chứng minh. Tùy vào tùng bài toán cụ thể mà ta phải tính đến đạo hàm cấp một, cấp hai,v.v..bằng các ví dụ giáo viên dẫn dắt, giúp học sinh lựa chọn cách giải nào cho phù hợp. Ví dụ1: (Đây là Ví dụ 1 phần phương pháp 1 ta sẽ dùng đạo hàm để chứng minh) 10 Chứng minh: C n1  2C n2  3C n3  ...  (n  1)C nn 1  nC nn n.2 n  1 (n  N * ) Giải: Xét khai triển (1  x) n Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  Cn3 x 3  ...  Cnn x n (n  N * ) (1) Lấy đạo hàm theo x hai vế của (1) ta được: n(1  x) n 1 C n1  2 xCn2  3 x 2 Cn3  ...  n.x n 1Cnn Thay x = 1 ta có điều phải chứng minh. Nhận xét: - Như vậy khi học sinh đã được học đạo hàm thì việc dùng đạo hàm để giải bài toán này sẽ nhanh hơn cách giải ở phần trước. - Ở Bài tâp tổng quát: phần phương pháp 1 ta chỉ cần thay x = a. (a  N * ) - Nếu thay x = - 1 ta dược kết quả của bài tập 1 phần 1. Ví dụ 2: Chứng minh: C21n1  2.2C 22n 1  3.2 2 C 23n 1  ...  ( 2n  1) 2 2 n C 22nn11 2n  1 (n  N * ) Giải: Xét khai triển (1  x) 2 n 1 C 20n 1  C 21n 1 x  C 22n1 x 2  C 23n1 x 3  ...  C 2nn 1 x 2 n 1 (n  N * ) (1) Lấy đạo hàm theo x hai vế của (1) ta được: ( 2n  1)(1  x) 2 n C 21n1  2 xC 22n 1  3 x 2C 23n1  ...  (2n  1) x 2 n C 22nn11 Thay x = -2 ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 3: Tính tổng: S Cn0  2Cn1  3Cn2  ...  ( 1) n (n  1)Cnn (n  N * ) Giải: Xét khai triển Suy ra: (1  x) n C n0  C n1 x  C n2 x 2  ...  C nn x n (n  N * ) x(1  x) n Cn0 x  Cn1 x 2  Cn2 x 3  ...  Cnn x n1 (1) Lấy đạo hàm theo x hai vế của (1) ta được: nx(1  x ) n 1  (1  x ) n C n0  2 xCn1  3 x 2 C n2  ...  ( n  1) x n C nn 11 Thay x = -1 ta có S = 0 Ví dụ 4: 2 4 6 2014  8C2014  12C2014  ...  4028C2014 Tính tổng: S 4C2014 Giải: Xét khai triển và 0 1 2 2014 2014 (1  x ) 2014 C2014  C 2014 x  C2014 x 2  ...  C2014 x (1) 0 1 2 2014 2014 (1  x) 2014 C2014  C2014 x  C2014 x 2  ...  C2014 x (2) Lấy (1( cộng (2) ta được: 0 2 4 2014 2014 (1  x) 2014  (1  x) 2014 2C 2014  2C 2014 x 2  2C 2014 x 4 ...  2C 2014 x (3) Lấy đạo hàm theo x hai vế của (3) ta được: 2 4 2014 2013 2014(1  x) 2013  2014(1  x) 2013 4C2014 x  8C2014 x 3 ...  4028C 2014 x Thay x = 1 ta được S 2014.2 2013 Ví dụ 5: Cho n là số tự nhiên n 2 .Chứng minh đẳng thức sau: n 2 Cn0  (n  1) 2 C n1  (n  2) 2 C n2  ....  2 2 C nn  2  12 Cnn 1 n(n  1)2 n 2 Giải: Hướng dẫn Xét khai triển ( x  1) n C n0 x n  C n1 x n 1  C n2 x n 2  ...  C nn 1 x  C nn (n  N * ) (1) Lấy đạo hàm theo x hai vế của (1) ta được: n( x  1) n 1 nx n 1C n0  (n  1) x n 2Cn1  (n  2) x n 3Cn2  ...  Cnn 1 Suy ra n( x  1) n  1 x nx n Cn0  (n  1) x n 1Cn1  (n  2) x n 2Cn2  ...  .x Cnn 1 (2) Lấy đạo hàm theo x hai vế của (2) ta được: n(n  1)( x  1) n 2 .x  n( x  1) n 1 n 2 x n 1C n0  (n  1) 2 x n 2C n1  ...  C nn  1 (3) Thay x = 1 vào (3) ta được: n(n  1)2 n 2 n 2Cn0  (n  1) 2 Cn1  (n  2) 2 Cn2  ....  2 2 Cnn 2  12 Cnn 1 (điều phải chứng minh). 12 Giáo viên: Nếu ở (3) của ví dụ trên ta thay x = 2 thì được kết quả như thế nào ? giáo viên có thể yêu cầu học sinh phát biểu thành một bài toán.Từ đó cho học sinh phát triển thành bài tập tổng quát với x = a (a  N * ) Bài tập: 1.Chứng minh đẳng thức: n.4 n  1 C n0  (n  1).4 n  2 C n1  ( n  2).4 n  3 C n2  ...  ( 1) n  1 C nn  1 C n1  4C n2  ...  n.2 n  1 C nn (n  N * ) 2.Chứng minh đẳng thức: 1.C n2  2C n3  3C n4  ...  (n  1)C nn (n  2)2 n 1  1 (n 2; n  N ) 3.Chứng minh đẳng thức: 2.1.C n2  3.2C n3  4.3C n4  ...  n( n  1)C nn n(n  1)2 n  2 (n 2; n  N ) 4.Chứng minh đẳng thức: 12 Cn1  2 2 Cn2  32 C n3  ...  (n  1) 2 C nn 1  n 2Cnn n(n  1).2 n  2 (n 2; n  N ) 5.Chứng minh đẳng thức: C n2  2C n3  ...  ( n  2)C nn  1  ( n  1)C nn ( n  2) 2 n 1  1 (n  N * ) 6.Tính tổng: S ( 1) n Cnn .Cmn  ( 1) n 1 Cnn1 .Cmn 1  ...  ( 1) m Cmn .Cmm (n m; n, m  N * ) Phương pháp3:Dùng tích phân Có những bài tập có thể dùng nhiều phương pháp để chứng minh, một số ví dụ hay một só bài tập ở hai phương pháp trên có thể dùng phương pháp tích phân để giải.Giáo viên đưa ra các phương pháp sau đó yêu cầu học sinh lựa chọn phương pháp nào cho phù hợp bởi vì mỗi em có thể thiên về mỗi mảng kiến thức khác nhau.Rèn luyện để các em căn cứ vào đề bài để chọn cách lấy cận của tích phân. Ví dụ:1 13 Cho n là số tự nhiên n 1 .Chứng minh đẳng thức sau: 1 1 1 1 1 2 n 1  1 C n0  C n1  C n2  C n3  ...  C nn 1  C nn  2 3 4 n n 1 n 1 Giải: Xét khai triển (1  x) n Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  Cn3 x 3  ...  Cnn x n (n  N * ) Lấy tích phân hai vế (từ 0 đến 1 ) ta được: 1 1 (1  x) 0 n dx (C n0  C n1 x  C n2 x 2  C n3 x 3  ...  C nn x n )dx 0 ( x.C n0  1 2 1 1 3 2 1 4 3 1 1 1 x C n  x Cn  x Cn  ...  x n Cnn 1  x n 1Cnn ) 0 2 3 4 n n 1 1 1 1 1 1 C n0  Cn1  C n2  C n3  ...  C nn 1  C nn 2 3 4 n n 1 (1) Mặt khác: 1 1 (1  x) n 1 ( 1  x ) dx  ( 1  x ) d ( 1  x )    n 1 0 0 n 1 n  0 2 n 1  1 n 1 (2) Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. Từ ví dụ 1 giáo viên yêu cầu học sinh đọc kết quả bài tập sau: Cho n là số tự nhiên n 1 .Tính tổng : 1 1 1 1 1 S 2.C n0  2 2. C n1  2 3. C n2  2 4. C n3  ...  2 n. C nn 1  2 n1. C nn 2 3 4 n n 1 1 1 1 1 P 2.Cn0  2 2. Cn1  2 3. Cn2  2 4. Cn3  ...  ( 1) n .2 n1. Cnn 2 3 4 n 1 Giáo viên: Cho học sinh suy nghĩ để tìm ra bài toán mới, sau đó dẫn dắt đến bài toán tổng quát thay số 2 bởi một số tự nhiên khác. Ví dụ 2: Cho n là số tự nhiên n 1 .Chứng minh đẳng thức sau: C n0  2 2  1 1 23  1 2 2 4  1 3 2 n  1 n 1 2 n1  1 n 3n1  2 n1 Cn  Cn  C n  ...  Cn  Cn  2 3 4 n n 1 n 1 14 Giải: Cách 1: (1  x) n Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  Cn3 x 3  ...  Cnn x n Xét khai triển (n  N * ) Lấy tích phân hai vế (từ 1 đến 2 ) ta được: 2 2 n 0 1 2 2 3 3 n n (1  x) dx (Cn  Cn x  Cn x  Cn x  ...  Cn x )dx 1 1 ( x.Cn0  C n0  1 2 1 1 3 2 1 4 3 1 1 2 x Cn  x Cn  x Cn  ...  x n Cnn 1  x n1Cnn ) 1 2 3 4 n n 1 2 2  1 1 23  1 2 2 4  1 3 2 n  1 n 1 2 n1  1 n Cn  Cn  C n  ...  Cn  Cn 2 3 4 n n 1 (1) Mặt khác: 2 2 (1  x) n 1 ( 1  x ) dx  ( 1  x ) d ( 1  x )    n 1 1 1 n 2 n  1 3n 1  2 n 1 n 1 (2) Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. Cách 2: Tách ra và dùng phương pháp 1 (học sinh về tự làm). Giáo viên: Nếu thay tích phân từ 1 đến 2 bởi tích phân từ 1đến 3 ta được ? Từ đó yêu cầu học sinh suy nghĩ để dẫn đến bài tập tổng quát. Ví dụ 3: Chứng minh đẳng thức sau: 1 0 1 1 1 2 1 3 ( 1) n 1 n 1 ( 1) n n 1 C n  C n  C n  C n  ...  Cn  Cn  2 4 6 8 2n 2n  2 2n  2 (n  N * ) Giải: Ta 1 1 1 (1  x 2 ) n 1 có: x(1  x ) dx  2 (1  x 2 ) n d (1  x 2 )  2(n  1) 0 0 2 1 n  0 1 2(n  1) (1) Xét khai triển: (1  x 2 ) n C n0  C n1 x 2  C n2 ( x 2 ) 2  C n3 ( x 2 ) 3  ...  ( 1) n C nn ( x 2 ) n Ta có x(1  x 2 ) n C n0 x  Cn1 x 3  Cn2 x 5  Cn3 x 7  ...  ( 1) n C nn x 2 n 1 15 Lấy tích phân hai vế (từ 0 đến 1 ) ta được: 1 1 2 n 0 1 3 2 5 3 7 n n 2 n 1 x(1  x ) dx (C n x  Cn x  C n x  Cn x  ...  ( 1) C n x )dx 0 0 1 1 1 1 1 1 ( x 2 C n0  x 4 C n1  x 6 C n2  x 8 C n3  ...  (  1) n x 2 n 2 C nn ) 0 2 4 6 8 2n  2 1 1 1 1 ( 1) n 1 n 1 (  1) n n  C n0  C n1  C n2  C n3  ...  Cn  Cn 2 4 6 8 2n 2n  2 (2) Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. Giáo viên: Nếu thay tích phân từ 0 đến 1 bởi tích phân từ 1 đến 2 ta được ? Từ đó rút ra bài tập tổng quát. Ví dụ 4: Chứng minh đẳng thức sau: 1 0 1 1 1 2 1 3 1 2 n 1  1 C n  C n  C n  C n  ...  C nn  3 6 9 12 3n  3 3n  3 (n  N * ) Giải: Ta 1 1 1 (1  x 3 ) n 1 2 3 n 3 n 3 x ( 1  x ) dx  ( 1  x ) d ( 1  x )  có:  3 3( n  1) 0 0 1  0 2 n1  1 3( n  1) (1) Xét khai triển: (1  x 3 ) n Cn0  Cn1 x 3  Cn2 ( x 3 ) 2  Cn3 ( x 3 ) 3  ...  Cnn ( x 3 ) n Ta có x 2 (1  x 3 ) n Cn0 x 2  C n1 x 5  C n2 x 8  Cn3 x11  ...  Cnn x 3n2 Lấy tích phân hai vế (từ 0 đến 1 ) ta được: 1 1 2 n 0 2 1 5 2 8 3 11 n 3 n2 x(1  x ) dx (Cn x  Cn x  Cn x  Cn x  ...  Cn x )dx 0 0 1 1 1 1 12 3 1 1 ( x 3C n0  x 6C n1  x 9C n2  x C n  ...  x 3n3Cnn ) 0 3 6 9 12 3n  3 1 1 1 1 1  C n0  C n1  C n2  C n3  ...  C nn 3 6 9 12 3n  3 (2) 16 Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. Giáo viên: - Nếu thay tích phân từ 0 đến 1 bởi tích phân từ 1 đến 2 ta được ? Từ đó rút ra bài tập tổng quát. - Có những bài tập chúng ta cần kết hợp giữa đạo hàm và tích phân như ví dụ sau. Ví dụ 5: Chứng minh đẳng thức sau: C n1  3C n2  7C n3  ...  (2 n  1)C nn 3n  2 n (n  N * ) Giải: Xét khai triển (1  x) n Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  Cn3 x 3  ...  Cnn x n (n  N * ) (1) Lấy đạo hàm theo x hai vế của (1) ta được: n(1  x) n 1 C n1  2 xCn2  3 x 2 Cn3  ...  n.x n 1Cnn Lấy tích phân hai vế (từ 1 đến 2 ) ta được: 2 2 n (1  x) n 1dx (C n1  2C n2 x  3C n3 x 2  ...  nC nn x n 1 ) dx 1 1 2 ( xC n1  x 2 C n2  x 3C n3  ...  x n  1C nn  1  x n C nn ) 1 2 Mặt khác: n (1  x) 1 2 n 1 dx n (1  x ) 1 n 1 = Cn1  3Cn2  7Cn3  ...  (2 n  1)Cnn (1  x ) n d (1  x ) n. n Do đó: C n1  3C n2  7C n3  ...  (2 n  1)Cnn 3n  2n (n  N * ) 2 3 n  2 n 1 điều phải chứng minh. Giáo viên: Yêu cầu học sinh suy nghĩ bài tập tổng quát,coi như một bài tập về nhà. Bài tập: 1.Chứng minh đẳng thức sau: Cn1  5Cn2  19Cn3  ...  (3n  2 n )C nn 4 n  3n (n  N * ) 2.Tính tổng: 17 1 1 1 1 1 n 1 1 S  C n0  C n1  C n2  C n3  ...  Cn  C nn 2 4 6 8 2n 2n  2 (n  N * ) 3.Chứng minh đẳng thức sau: 2 2 0 2 4 1 2 6 2 28 3 ( 1) n 1 .2 2 n n 1 (  1) n .2 2 n2 n 1  ( 3) n1 Cn  Cn  Cn  C n  ...  Cn  Cn  (n  N * ) 2 4 6 8 2n 2n  2 2( n  1) 4.Chứng minh đẳng thức sau: 2C n0  2 2 1 1 1 1 1 1  ( 1) n (n  N * ) Cn  23 Cn2  2 4 C n3  ...  ( 1) n .2 n1 Cnn  2 3 4 n 1 n 1 5.Chứng minh đẳng thức sau: C n0  1 1 1 2 1 3 ( 1) n n 2.4...( 2n) C n  C n  Cn  ...  Cn  3 5 7 2n  1 3.5...( 2n  1) (n  N * ) 6.Nêu các bài tập tổng quát (nếu có) của các bài tập trên. Phương pháp4:Sử dụng số phức Số phức là phần kiến thức mới mà học sinh đang còn lúng túng và rất mơ hồ, vì vậy khi dạy phần này tôi phải lựa chọn phương pháp dạy để học sinh tiếp cận nhanh nhất. Tôi đã phân loại các dạng bài tập để học sinh nắm bắt nội dung bài học hiệu quả. Một trong các dạng đó là dùng số phức để chứng minh hay tính tổng đẳng thức liên quan đến tổ hợp. Ví dụ 1 : Chứng minh đẳng thức: 1 3 5 2013 C 2013  C 2013  C 2013  ...  C 2013  21006 Giải: 0 1 2 3 2013 2013  C2013 i  C 2013 i 2  C2013 i 3  ...  C2013 i Xét khai triển : (1  i) 2013 C2013 0 2 4 2012 1 3 5 2013 C2013  C2013  C2013  ...  C2013  (C2013  C2013  C2013  ...  C2013 )i Mặt khác: (1  i) 2013 (1  i ) (1  i ) 2  1006 (1) (1  i )( 2i )1006 (1  i )(  2)1006  21006  21006.i (2) Từ (1) và (2) ta có: 0 2 4 2012 1 3 5 2013  21006  21006.i C2013  C2013  C2013  ...  C2013  (C2013  C2013  C2013  ...  C2013 )i Đồng 1  hai vế ta được: C2013 3 5 2013 C 2013  C 2013  ...  C 2013  21006 .Điều nhất phải chứng minh. 18 Sau khi giải xong ví dụ này giáo viên yêu cầu học sinh rút ra kết quả của bài tập sau: Tính tổng: 0 2 4 2012 S C 2013  C 2013  C 2013  ...  C 2013 Ví dụ 2: Tính tổng: 0 4 8 2008 2012 S C 2013  C2013  C2013  ...  C2013  C 2013 Giải: 0 1 2 3 2013 2013  C2013 i  C 2013 i 2  C2013 i 3  ...  C2013 i Xét khai triển : (1  i) 2013 C 2013 0 2 4 2012 1 3 5 2013 C2013  C2013  C2013  ...  C2013  (C2013  C2013  C2013  ...  C2013 )i Mặt khác: (1  i) 2013 (1  i ) (1  i ) 2  1006 (1) (1  i )(2i )1006 (1  i )( 2)1006  21006  21006.i (2) Từ (1) và (2) ta có: 0 2 4 2012 1 3 5 2013  21006  21006.i C2013  C2013  C2013  ...  C2013  (C2013  C2013  C2013  ...  C2013 )i Đồng hai vế ta được:  0 2 4 2012 21006 C2013  C2013  C2013  ...  C2013 Xét khai triển : (1  x) 2013 nhất (3) 0 1 2 3 2013 2013 C 2013  C 2013 x  C 2013 x 2  C 2013 x 3  ...  C 2013 x Thay x = 1 ta có: 0 2 4 2012 1 3 5 2013 (C2013  C2013  C2013  ...  C2013 )  (C2013  C2013  C2013  ...  C2013 ) 2 2013 Thay x = -1 ta có: 0 2 4 2012 1 3 5 2013 C2013  C2013  C2013  ...  C2013 C2013  C2013  C2013  ...  C2013 0 2 4 2012  C2013  C2013  ...  C2013 Do đó: 22012 C2013 (4) Cộng vế với vế của (3) và (4) ta được: S 2 2011  21005 Ví dụ 3 : Chứng minh đẳng thức: 0 2 4 6 2012 C2013  3C2013  32 C 2013  33 C2013  ...  31006 C2013  2 2013 Giải: Xét khai triển : 0 1 2 3 2013 (1  3i ) 2013 C 2013  C2013 ( 3i )  C2013 ( 3i ) 2  C2013 ( 3i ) 3  ...  C2013 ( 3i ) 2013 0 2 4 2012 1 3 2013 C2013  3C2013  32 C2013  ...  31006 C2013  (C2013  3C2013  ...  31006 C2013 ) 3i (1) Mặt khác: (1   3i ) 2013  (1  3i ) 3  671 (  8) 671  2 2013 (2) 19 Từ (1) và (2) ta có: 0 2 4 2012 1 3 2013  2 2013 C2013  3C2013  32 C2013  ...  31006 C2013  (C2013  3C2013  ...  31006 C2013 ) 3i Đồng nhất hai vế ta được: 0 2 4 6 2012 C2013  3C2013  32 C2013  33 C2013  ...  31006 C2013  2 2013 Điều phải chứng minh. Sau khi giải xong ví dụ này giáo viên yêu cầu học sinh rút ra kết quả của bài tập sau: Tính tổng: 1 3 5 2013 S C2013  3C2013  32 C2013  ...  31006 C2013 Ví dụ 4 : Cho n là số tự nhiên n 1 ,chứng minh: C n0 cos   C n1 cos 2  C n2 cos 3  C n3 cos 4  ...  C nn cos( n  1) 2 n cos n  n2 cos  2 2 Giải: Xét khai triển (1  x) n Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  Cn3 x 3  ...  Cnn x n (n  N * )  x(1  x) n Cn0 x  Cn1 x 2  Cn2 x 3  Cn3 x 4  ...  Cnn x n1 Thay x cos  i sin  và áp dụng công thức Moa_vrơ ta được: (cos   i sin  )(1  cos   i sin  ) n Cn0 cos   Cn1 cos 2  Cn2 cos 3  ...  Cnn cos(n  1)   i (C n0 sin   C n1 sin 2  C n2 sin 3  ...  C nn sin( n  1) ) Mặt khác: (1  cos   i sin  ) n (2 cos 2 (1)        2i sin cos ) n 2 n cos n (cos  i sin ) n 2 2 2 2 2 2 Áp dụng công thức Moa-vrơ ta có:   n n  i sin ) n (cos   i sin  )(cos  i sin ) 2 2 2 2 n2 n2 cos   i sin  2 2 (cos   i sin  )(cos Do đó: (cos   i sin  )(1  cos   i sin  ) n 2 n cos n  n2  n2 cos   i.2 n cos n sin  (2) 2 2 2 2 20