111Equation Chapter 1 Section 11. Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong những năm gần đây, các bài toán của Đại số tổ hợp thường xuất
hiện trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng khá nhiều. Đặc biệt
hiện nay Tỉnh ta và một số tỉnh trong nước tổ chứa thi học sinh giỏi văn hóa cho
học sinh khối 11 thì các bài toán Tổ hợp lại được chú trọng hơn nữa. Trong nội
dung này có một số bài toán ứng dụng dạo hàm và tích phân để giải quyết.
Nhưng vấn đề dặt ra là nội dung đạo hàm học cuối chương trình 11 và tích phân
được học ở chương trình 12. Vì vậy học sinh lớp 11 chưa có kiến thức và kỹ
năng để giải các bài toán Tổ hợp dạng này. Vậy làm sao có thể đưa các dạng đề
này vào đề thi học sinh giỏi văn hóa mà thầy cô và học sinh có thể giải quyết
triệt để được ?
Để giúp thầy cô giáo có thêm chuyên đề Tổ hợp trong ôn luyện học sinh
giỏi và giúp các em học sinh có công cụ làm bài tập, tôi chọn đề tài " Sử dụng
công thức thay thế đạo hàm, tích phân để giải các bài toán Đại số tổ hợp" làm
đề tài nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm của mình.
1.2. Mục đích nghiên cứu của đề tài
- Xây dựng được chuyên đề ôn thi học sinh giỏi môn Toán THPT rất thiết
thực và có hiệu quả.
- Góp phần nâng cao kỹ năng giải các bài toán tổ hợp cho giáo viên và
học sinh
- Góp phần gây hứng thú học tập môn Toán cho học sinh, và cũng giúp
các em thấy được sự đa dạng trong các lời giải của một bài toán.
1.3. Nhiệm vụ và phạm vi nghiên cứu :
1. Nhiệm vụ :
- Hệ thống lại các công thức của khai triển nhị thức niu tơn
2. Phạm vi nghiên cứu :
- Đối tượng: Học sinh lớp 11
- Tài liệu : Sách giáo khoa Đại số và Giải tích lớp 1 nâng cao – cơ bản,
Sách bài tâp, Sách giáo viên và các đề thi đại học, học sinh giỏi môn Toán.
1.4. Phương pháp nghiên cứu :
1.4.1. Nghiên cứu tài liệu :
- Đọc các tài liệu sách, báo, tạp chí giáo dục ....có liên quan đến nội dung
đề tài.
- Đọc SGK, sách giáo viên, các loại sách tham khảo.
1.4.2. Nghiên cứu thực tế :
- Dự giờ, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp
- Tổng kết rút kinh nghiệm trong quá trình dạy học.
- Tổ chức và tiến hành thực nghiệm sư phạm (Soạn giáo án đã thông qua
các tiết dạy) để kiểm tra tính khả thi của đề tài.
1
2. Nội dung sáng kiến
2.1 Cơ sở lý luận
2.1.1. Vị trí của môn Toán trong nhà trường :
Môn Toán cũng như những môn học khác cung cấp những tri thức khoa
học, những nhận thức về thế giới xung quanh nhằm phát triển năng lực nhận
thức, hoạt động tư duy và bồi dưỡng tình cảm đạo đức tốt đẹp của con người.
Môn Toán có tầm quan trọng to lớn. Nó là bộ môn khoa học nghiên cứu
có hệ thống, phù hợp với hoạt động nhận thức tự nhiên của con người.
2.1.2. Đặc điểm tâm sinh lý của học sinh THPT.
- Học sinh THPT nghe giảng rất dễ hiểu nhưng cũng sẽ quên ngay khi các
em không tập trung cao độ. Vì vậy người giáo viên phải tạo ra hứng thú trong
học tập và phải thường xuyên được luyện tập.
- Hiếu động, ham hiểu biết cái mới, thích tự mình tìm tòi, sáng tạo nên
trong dạy học giáo viên phải chắt lọc từng đơn vị kiến thức để củng cố khắc sâu
cho học sinh.
2.1.3. Nhu cầu về đổi mới phương pháp dạy học :
Học sinh THPT có trí thông minh, khá nhạy bén, sắc sảo, có óc tưởng
tượng phong phú. Đó là tiền đề tốt cho việc phát triển tư duy toán học nhưng rất
dễ bị phân tán, rối trí nếu bị áp đặt, căng thẳng, quá tải. Chính vì thế nội dung
chương trình, phương pháp giảng dạy, hình thức chuyển tải, nghệ thuật truyền
đạt của người giáo viên phải phù hợp với tâm sinh lý lứa tuổi là điều không thể
xem nhẹ
Muốn giờ học có hiệu quả thì đòi hỏi người giáo viên phải đổi mới
phương pháp dạy học tức là kiểu dạy học “Lấy học sinh làm trung tâm” hướng
tập trung vào học sinh, trên cơ sở hoạt động của các em. Muốn các em học được
thì trước hết giáo viên phải nắm chắc nội dung của mỗi bài và lựa chọn, vận dụng
các phương pháp sao cho phù hợp.
Hiển nhiên, một người giáo viên muốn dạy giỏi phải trải qua quá trình tự
rèn luyện, phấn đấu không ngừng mới có được. Tuy nhiên, việc đúc kết kinh
nghiệm của bản thân mỗi người qua từng tiết dạy, những ngày tháng miệt mài
cũng không kém quan trọng, nó vừa giúp cho mình càng có kinh nghiệm vững
vàng hơn, vừa giúp cho những thế hệ giáo viên sau này có cơ sở để học tập, nâng
cao tay nghề, góp phần vào sự nghiệp giáo dục của nước nhà.
2.2 Thực trạng vấn đề :
Hiện nay phần Đại số tổ hợp có sử dụng Đạo hàm và Tích phân chưa được
viết theo chuyên đề một cách hệ thống và bài bản, vì thế rất khó cho giáo viên
lẫn học sinh khi giảng dạy và học tập nội dung này.
Mặt khác nội dung Đại số tổ hợp lại học trước nội dung Đạo hàm và Tích
phân nên học sinh chưa có kỹ năng vận dụng các kiến thức một cách khéo léo.
Vì thế xây dựng hệ thống công thức thay thế Đạo hàm và Tích phân là vấn đề
cần thiết và có nhiều ứng dụng.
2
2.3. Nội dung lý thuyết :
CÔNG THỨC NHỊ THỨC NIUTON
Với mọi cặp số a, b và mọi số n nguyên dương, ta có :
(a b) n Cn0 a n Cn1a n 1b Cn2 a n 2b 2 ... Cnn 1ab n 1 Cnnb n
n!
Cnk
k !(n k )!
với :
+ Số các số hạng ở bên phải của khai triển bằng n+1 số hạng
+ Tổng các số mũ của a và b trong khai triển là n
+ Các hệ số của khai triển lần lượt là:
Cn0 , Cn1 , Cn2 ,..., Cnn 1 , Cnn với chú ý : Cnk Cnn k 0 k n
+
Cnk
n k 1 k 1
.Cn
k
CÁC DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG
k .C k n.Cnk11 (I) trong tính tổng
n
Dạng 1: Sử dụng công thức :
Chứng minh công thức (I)
k .Cnk n.Cnk11
n!
(n 1)!
n.
k !(n k )!
( k 1)!( n k )!
n!
n!
(k 1)!(n k )! (k 1)!(n k )!
k.
Bài toán áp dụng :
Bài toán 1:
1
2
3
k
n
Tính tổng: A 1.Cn 2.Cn 3.Cn ... k .Cn ... n.Cn
Hướng dẫn:
Áp dụng công thức (I)
k .Cnk n.Cnk11 ta được:
1.Cn1 n.Cn01
2.Cn2 n.Cn11
...
+ Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta được :
A n(Cn01 Cn11 Cn21 ... Cnn11 )
(1 x) n 1 Cn01 x.Cn11 x 2 .Cn21 ... x n 1.Cnn11 (1)
n 1
0
1
2
n 1
2
C
C
C
...
C
n
1
n
1
n
1
n
1
+ Thay x = 1 vào khai triển (1) được :
+ Xét khai triển :
n 1
+ Thay vào tổng A n.2
1.Cn1 2.Cn2 3.Cn3 ... k .Cnk ... n.Cnn n.2 n 1
Vậy :
Bài toán 2:
3
Tính tổng :
B 1.Cn1 2.2.Cn2 3.22.Cn3 ... k .2 k 1.Cnk ... n.2 n 1.Cnn
Hướng dẫn:
k
k 1
k
.
C
n
.
C
n
n
1 ta được:
Áp dụng công thức (I)
1.Cn1 n.Cn01
2.Cn2 n.Cn11
B n(C
0
n 1
2.C
1
n 1
2 .C
2
2
n 1
...
... 2k 1.Cnk11 ... 2 n 1.Cnn11 )
(1 x) n 1 Cn01 x.Cn11 x 2 .Cn21 ... x n 1.Cnn11 (1)
+ Xét khai triển :
+ Thay x = 2 vào khai triển (1) ta được:
3n 1 1.Cn01 2.Cn11 22 Cn21 ... 2 n1 Cnn11
n 1
+ Thay vào tổng B được: B n.3
1
2
2
3
k 1
k
n 1
n
n 1
1.
C
2.2.
C
3.2
.
C
...
k
.2
.
C
...
n
.2
.
C
n
.3
n
n
n
n
n
Vậy
Bài toán tổng quát :
B 1.C1 2.a.Cn2 3.a 2 .Cn3 ... k .a k 1.Cnk ... n.a n 1.Cnn
n
Tính tổng:
n 1
B
n
.(
a
1)
Đáp án :
Bài toán 3:
C 3.Cn1 4.Cn2 5.Cn3 ... ( n 2).Cnn
Tính tổng :
Hướng dẫn:
1
2
3
n
1
2
3
n
Ta có : C (1.Cn 2.Cn 3.Cn ... n.Cn ) 2.(Cn Cn Cn ...Cn )
1
2
3
k
n
n 1
+ Tính : A 1.Cn 2.Cn 3.Cn ... k .Cn ... n.Cn = n.2 ( bài toán 1)
n
0
1
2
2
n
n
(1
x
)
C
x
.
C
x
.
C
...
x
.
C
n
n
n
n
+ Xét khai triển :
(2)
+ Thay x = 1 vào khai triển (2) được :
2n Cn0 Cn1 Cn2 ... Cnn 2n n Cn1 Cn2 ... Cnn
n 1
n
ta được : C n.2 2 n
3.Cn1 4.Cn2 5.Cn3 ... (n 2).Cnn n.2 n 1 2 n n
Vậy:
1
2
n
C
(1
m
).
C
(2
m
).
C
...(
n
m
).
C
n
n
n
Bài toán tổng quát : Tính tổng:
1
2
n
1
2
n
Đáp số C (1Cn 2Cn ...nCn ) m(Cn Cn ... Cn )
Bài toán 4:
1
2
2
3
3
4
n 1
n
Tính tổng : D 3.Cn 4.2.Cn 5.2 .Cn 6.2 .Cn ... (n 2).(2) .Cn
Hướng dẫn:
D [1.Cn1 2.2.Cn2 3.22.Cn3 4.23.Cn4 ... n.(2) n 1.Cnn ]
+[2.Cn1 22.Cn2 23.Cn3 24.Cn4 ... ( 2) n .Cnn ]
4
+ Tính tổng :
D1 [1.Cn1 2.2.Cn2 3.22.Cn3 4.23.Cn4 ... n.(2) n 1.Cnn ]
k
k 1
+ Áp dụng công thức (I), k .Cn n.Cn 1 ta được:
1.Cn1 n.Cn01
2.Cn2 n.Cn11
...
D n(C
nên : 1
0
n 1
2.C
1
n 1
2 .C
2
2
n 1
23.Cn31 ... ( 2) n 1.Cnn11 )
(1 x) n 1 Cn01 x.Cn11 x 2 .Cn21 ... x n1.Cnn11 (1)
+ Xét khai triển :
+ Thay x = - 2 vào khai triển (1) được :
0
1
2
2
3
3
n 1
n 1
n 1
( 1) n1 Cn 1 2.Cn 1 2 .Cn 1 2 .Cn 1 ... ( 2) .Cn 1 ( 1)
n 1
tìm được: D1 n.(1)
D =2.Cn1 22.Cn2 23.Cn3 2 4.Cn4 ... ( 2) n .Cnn
+ Tính tổng : 2
(1 x) n Cn0 x.Cn1 x 2 .Cn2 ... x n .Cnn (2)
+ Xét khai triển :
+ Thay x = -2 vào khai triển (2) được:
Cn0 [2.Cn1 22.Cn2 23.Cn3 2 4.Cn4 ... ( 2) n .Cnn ] ( 1) n
tìm được: D2 Cn (1) n (1)
n 1
n
n 1
+ Tính được: D n.(1) n (1) n (1) (n 1)
0
n
n
Sau khi tính tổng này giáo viên yêu cầu học sinh tổng quát bài toán.
Bài toán 5:
1
2
2
3
n 1
n
E
4.
C
5.2.
C
6.2
.
C
...
(
n
3).2
.
C
n
n
n
n
Tính tổng:
Hướng dẫn:
Ta có :
E (Cn1 2.2.Cn2 3.22.Cn3 ... n.2 n 1.Cnn ) 3(Cn1 2.Cn2 2 2.Cn3 ... 2 n 1.Cnn ) +
1
2
2
3
n 1
n
E
C
2.2.
C
3.2
.
C
...
n
.2
.
C
1
n
n
n
n
Tính tổng:
Dựa vào công thức (I), tính được :
E1 n(Cn01 .2.Cn11 22.Cn21 ... 2n 1.Cnn11 ) n.3n 1
+ Tính tổng:
3
(2.Cn1 22.Cn2 23.Cn3 ... 2 n.Cnn )
2
3
3
3
(Cn0 2.Cn1 2 2.Cn2 23.Cn3 ... 2 n.Cnn ) Cn0 (3n n)
2
2
2
3
E n.3n 1 (3n n)
2
Tìm được :
Bài toán tổng quát: Tính tổng:
E2 3(Cn1 2.Cn2 22.Cn3 ... 2n 1.Cnn )
E (1 m).a r .Cn1 (2 m).a r 1.Cn2 (3 m).a r 2 .Cn3 ... (n m).a r n 1.Cnn H
ướng dẫn:
5
E a r (Cn1 2a.Cn2 3a 2 .Cn3 ... n.a n 1.Cnn ) m.a r 1 (aCn1 a 2 .Cn2 ... a n .Cnn )
n.a r (1 a ) n 1 m.a r 1 (1 a ) n m.n.a r 1
Bài toán 6:
F C 3 2.C 4 3.C 5 ... ( n 2).C n
n
n
n
n
Tính tổng:
Hướng dẫn:
3
4
n
3
4
n
F
(3.
C
4.
C
...
n
.
C
)
2(
C
C
...
C
)
n
n
n
n
n
n
+ Ta có:
+ Tính tổng:
F1 3.Cn3 4.Cn4 ... n.Cnn n(Cn21 Cn31 ... Cnn11 )
n(Cn01 Cn11 Cn21 ... Cnn11 ) n(1 n 1) n.2 n1 n 2
+ Tính tổng :
F 2(Cn3 Cn4 ... Cnn )
2(Cn0 Cn1 Cn2 Cn3 Cn4 ... Cnn ) 2(Cn0 Cn1 Cn2 )
n(n 1)
) 2.2n ( n 2 n 2)
2
n 1
2
n
2
n 1
+ Tìm được: F n.2 n 2.2 n n 2 2 (n 4) n 2
2.2n 2(1 n
3
4
5
n
n 1
C
2.
C
3.
C
...
(
n
2).
C
2
(n 4) n 2
n
n
n
n
Vậy:
Sau khi tính tổng này giáo viên yêu cầu học sinh tổng quát bài toán.
Bài toán 7:
1
2
3
n
G
1.2.
C
2.3.
C
3.4.
C
...
n
(
n
1).
C
n
n
n
n
Tính tổng:
Hướng dẫn:
+ Áp dụng công thức (I)
k .Cnk n.Cnk11 ta được:
1.Cn1 n.Cn01
2.Cn2 n.Cn11
...
+ Tính được:
G n[2.Cn01 3.Cn11 4.Cn21 ... (n 1).Cnn11 ]=
=2n(C0n 1 Cn11 ... Cnn11 ) n[Cn11 2.Cn21 3.Cn31 ... (n 1).Cnn11 ]
0
1
n 1
n 1
n
G
=2n(C
C
...
C
)
2.
n
.2
n
.2
1
n
1
n
1
n
1
+ Tính tổng:
+ Tính tổng:
G2 =n[Cn11 2.Cn21 3.Cn31 ... (n 1).Cnn11 ]
k
k 1
k
.
C
(
n
1)
C
n
1
n
2 , ta được:
Áp dụng công thức:
G2 =n(n 1)(Cn0 2 Cn1 2 Cn2 2 ... Cnn22 ) n(n 1).2n 2
n
n2
n2
+ Tính được: G n.2 n(n 1).2 n(n 3)2
Bài toán 8:
6
Tính tổng
H 1.2.3.Cn1 2.3.32.Cn2 3.4.33.Cn3 ... n.( n 1).3n.Cnn (n 2)
Hướng dẫn:
+ Áp dụng công thức (I)
k .Cnk n.Cnk11 ta được:
1.Cn1 n.Cn01
2.Cn2 n.Cn11
...
H n(2.3.Cn01 3.32.Cn11 4.33.Cn21 ... ( n 1).3n.Cnn11
n.2.3(Cn01 3.Cn11 32.Cn21 ... 3k.Cnk1 ... 3n 1.Cnn11 )
n.32 [Cn11 2.3.Cn21 3.32.Cn31 ... k .3k 1.Cnk1 ... ( n 1).3n 2.Cnn11 ]
+ Tính tổng
H1 n.2.3(Cn01 3.Cn11 32.Cn21 ... 3k.Cnk1 ... 3n 1.Cnn11 ) 6n.4 n 1
H 2 n.32 [Cn11 2.3.Cn21 3.32.Cn31 ... k .3k 1.Cnk1 ... ( n 1).3n 2.Cnn11 ]=
=9n(n-1).(C0n 2 3.Cn1 2 32.Cn2 2 ... 3k 1.Cnk21 ... 3n 2.Cnn22 ) 9n( n 1).4 n 2
n 1
n2
n 2
2
Tính được: H 6n.4 9n(n 1).4 4 (9n 15n)
Bài toán 9:
0
1
nk
n 1
K
n
.
C
(
n
1).
C
...
kC
...
C
n
n
n
n
Tính tổng:
Hướng dẫn:
Cnk Cnn k
+ Áp dụng công thức :
K n.Cnn (n 1).Cnn 1 ... kCnk ... Cn1
+ Áp dụng công thức (I)
k .Cnk n.Cnk11 ta được:
1.Cn1 n.Cn01
2.Cn2 n.Cn11
...
n 1
k
1
n 1
Tính được K n.C (n 1).Cn ... kCn ... Cn n.2
Bài toán 10:
Tìm số tự nhiên n sao cho:
n
n
C21n 1 2.2.C22n 1 3.22.C23n 1 4.23.C24n 1 ... (2n 1).22 n.C22nn11 2017 (1)
Hướng dẫn:
k .Cnk n.Cnk11 được:
+ Áp dụng công thức (I)
7
1.C21n 1 (2n 1)C20n
2.C22n 1 (2n 1).C21 n
...
VT (1') (2n 1)(C 2.C 2 .C22nn 23.C23n ... 2 2 n.C22nn ) (2n 1).(1 2) 2 n
0
2n
1
2n
2
2n
+ Thay vào (1') được : (2n 1).(1 2) 2n 1 2017 , tìm được n = 1008
Bài tập vận dụng: Tính các tổng sau:
1
1
0
1
99 1 198
100 1 199
L 100.C100
( )99 101.C100
( )100 ... 199.C100
( ) 200.C100
( )
2
2
2
2
1/
0
1
n2
n 2
n 1
n 1
2/ M n.Cn (n 1).Cn ... (1) .2.Cn ( 1) .Cn
2
2
2
3
2
4
2
5
n 2
n
N
2
.
C
3
.
C
4
.
C
5
.
C
...
(
1)
.
n
.
C
n
n
n
n
n
3/
Cnk
C k 1
n 1
Dạng 2: Sử dụng công thức : k 1 n 1 (II) trong tính tổng
Chứng minh công thức (II)
Ta có :
Cnk
Cnk11
k 1 n 1
n!
(n 1)!
( k 1)
k !(n k )!
( k 1)!( n k )!
(n 1)!
(n 1)!
k !(n k )! k !(n k )!
( n 1)
Bài toán áp dụng :
Bài toán 1:
A Cn0
Cn1 Cn2
Ck
Cn
... n ... n
2
3
k 1
n 1
Tính tổng:
Hướng dẫn:
+ Áp dụng công thức (II), ta được:
Cn11
n 1
1
Cn
Cn21
2
n 1
...
Cn0
+ Tìm được :
Cn01
1
1
1
1
2
3
n 1
0
1
2
n 1
A
(Cn 1 Cn 1 Cn 1 ... Cn 1 )
(Cn 1 Cn 1 Cn 1 ... Cn 1 )
(2 n 1 1)
n 1
n 1
n 1 n 1
Vậy
A
1
(2n 1 1)
n 1
Bài toán 2:
Cn0 Cn1 Cn2
Cnk
Cnn
B
...
...
2
3
4
k 2
n2
Tính tổng:
8
Hướng dẫn:
Cn0 1 Cn1 2 Cn2 3
Cnk k 1
Cnn n 1
B
. .
. ...
.
...
.
1 2 2 3 3 4
k 1 k 2
n 1 n 2
1 1 1
2
3
k 1 k 1
n 1 n1
( Cn 1 Cn21 Cn31 ...
Cn 1 ...
Cn 1 )
n 1 2
3
4
k 2
n2
1
1
.
(Cn2 2 2Cn3 2 3Cn4 2 ... (k 1)Cnk22 ...(n 1)Cnn22 )
n 1 n 2
1
[Cn1 2 2Cn2 2 3Cn3 2 ... ( n 2)Cnn22 ](n 1)(n 2)
1
(C1 Cn 2 n2 2 ... Cnn22 )
(n 1)(n 2)
1
2
3
k 2
n 2
B
C
2
C
3
C
...
(
k
2)
C
...
(
n
2)
C
1
n
2
n
2
n
2
n
2
n
2
+ Tính :
k .Cnk n.Cnk11
+ Áp dụng công thức (I)
B1 (n 2)(Cn01 Cn11 Cn21 ... Cnn11 ) (n 2).2 n 1
B2 Cn1 2 Cn2 2 ... Cnn22 (Cn0 2 Cn1 2 ... Cnn22 ) Cn0 2 2n 2 1
B
+ Tìm được :
1
[( n 2).2n 1 2n 2 1]
(n 1)( n 2)
B
Vậy :
1
[(n 2).2n 1 2n 2 1]
(n 1)( n 2)
Bài toán 3:
C
1 0 1 1 1 2 1 3
1 18 1 19
C19 C19 C19 C19 ... C19
C19
2
3
4
5
20
21
Tính tổng:
Hướng dẫn:
1
2 1
3 1
4 1
19 1
20 1 19
C .C190 . C191 . C192 . C193 ... . C1918 . C19
2
3 2
4 3
5 4
20 19
21 20
k
k 1
Cn
C
n 1
k 1 n 1
+ Áp dụng công thức (II) :
1
1
2
3
19
20
C190 C20
C19
C20
C192 C20
C19
C20
;
;
;...;
1
20 2
20 3
20
20
20
tính được:
C
1 1 1 2 2 3 3 4 4
19 19 20 20
( C20 C20 C20 C20 ... C20
C20 )
20 2
3
4
5
20
21
9
+ Áp dụng công thức (II), được:
1
C20
C212
2
21
2
3
C20 C21
3
21
...
C
1 1
2
3
3
5
20
21
. (C21
2C21
3C21
4C 21
... 19C21
20C21
)
20 21
1
2
3
5
20
[(2C21
3C21
4C214 5C21
... 20C21
21C2121 )
20.21
2
3
4
5
20
21
(C21
C21
C21
C21
... C21
C21
)]
+ Tính tổng:
C1
1
3
5
(2C212 3C21
4C214 5C21
... 20C2120 21C2121 )
20.21
+ Áp dụng công thức (I):
2
1
2C21
21C20
3
3C21
21C202
4
3
4C21
21C20
...
1
1
3
19
21(C20
C202 C20
C204 ... C20
C2020 )
20.21
1 0
1
0
1
2
3
19
C20 (C20
C20
C20
C20
C204 ... C20
C2020 )
20
20
1
1
1
(1 1) 20
20 20
20
C1
+ Tính tổng:
1
3
5
C2
(C212 C21
C214 C21
... C2120 C2121 )
20.21
1
0
1
3
5
0
1
[(C21
C21
C212 C21
C214 C21
... C2120 C2121 ) (C21
C21
)]
20.21
1
1
[(1 1) 21 (1 21)
21.20
21
C
1
1
1
20 21 421
10
Vậy
1
2 1 1 3 1 2 4 1 3
19 1
20 1
1
C .C190 . C19
. C19 . C19 ... . C1918 . C1919
2
3 2
4 3
5 4
20 19
21 20
421
Bài toán 4:
2
2
2
2
8192
2C20n C22n C24n C26n ...
C22nn
3
5
7
2n 1
2n 1
Tìm n thỏa mãn:
Hướng dẫn:
+Áp dụng công thức (II) được:
C22nn11
0
C2 n
2n 1
C22n C22nn11
3
2n 1
...
1
VT
(2C21n 1 2C23n 1 2C25n 1 ... 2C22nn11 )
2n 1
+
C21n 1 C22nn1
C23n 1 C22nn12
C25n 1 C22nn14 ...
+ Có :
+ Đẳng thức đã cho trở thành:
1
8192
(C20n 1 C21n1 C22n1 ... C22nn1 C22nn11 )
2n 1
2n 1
22 n 1
8192
n6
2n 1 2n 1
Vậy n = 6
Bài toán 5:
Tìm a và n nguyên dương thỏa mãn:
a2 1 a3 2
a n 1 n 127 3
0
aC2 n C2 n C2 n ...
Cn
; An 20n
2
3
n 1
7
Hướng dẫn:
n!
An3 20n
20n n 6
(
n
3)!
+
+ Áp dụng công thức (II), được:
C1
Cn0 n 1
n 1
1
Cn Cn21
2 n 1
...
11
1
1
127
(1 a ) n 1
n 1
7
+ Đẳng thức đã cho trở thành: n 1
7
+ Thay n = 6 vào đẳng thức trên được: (1 a) 128 a 1
Vậy n= 6 và a = 1
Bài toán 6:
2
x5 )n
3
Tìm hệ số của x20 trong khai triển: x
, biết :
1
2
n
C C
C
1
Cn0 n n ... (1) n n
2
3
n 1 13
Hướng dẫn:
+ Áp dụng công thức (II) được:
1
1
(Cn11 Cn21 Cn31 ... (1) n 1 Cnn11 )
n 1
13
1
1
[Cn01 (Cn01 Cn11 Cn21 ... (1) n Cnn11 )]
n 1
13
n 1
1
(1 1)
1
n 12
n 1
n 1
13
(
2
x 5 )6
3
+ Thay n = 12 vào khai triển: x
2
C12k ( 3 )12 k ( x 5 ) k C12k 212 k x8 k 36
x
có số hạng tổng quát là:
(
25 C127
+ Theo giả thiết : 8k 36 20 k 7 . Vậy hệ số là:
Bài toán 7:
1
2
3 3 2
99 99 2
1
2
100 2
D
(C100
) 2 (C100
) 2 (C100
) ... (C100
) 100(C100
)
100
99
98
2
Hướng dẫn:
+ Áp dụng công thức:
Cnk Cnn k
1
99
C100
C100
2
98
C100
C100
...
+ Tổng trở thành:
1 1 99 2 2 98 3 3 97
99 99 1
100
0
D
C100 .C100 C100 .C100 C100 .C100 ... C100
.C100 100C100
.C100
100
99
98
2
+ Áp dụng
Cnk
Cnk11
công thức (II) k 1 n 1
12
99
C100
C100
101
100 101
98
99
C100
C101
99 101
...
D
1
1
100
2
99
3
98
99
2
100
1
(C100
.C101
2C100
.C101
3C100
.C101
... 99C100
.C101
100C100
.C101
)
101
+ Áp dụng công thức (I)
k .Cnk n.Cnk11
1
1.C100
100.C990
2
1
2.C100
100.C99
...
100 0 100
1
99
98
2
1
(C99 .C101 C99
.C101
C992 .C101
... C9998 .C101
C9999 .C101
)
101
1
98
99
(1 x)99 C990 x.C99
x 2C992 ...x98C99
x 99C99
+ Xét khai triển :
(1)
D
0
1
2
100
101
(1 x)101 C101
x.C101
x 2C101
...x100C101
x101C101
100
+ Lấy vế nhân vế của (1) và 92) được hệ số của số hạng chứa x
100
1
99
98
1
C990 .C101
C99
.C101
C992 .C101
... C9999 .C100
(2)
là:
200
100
100
+ Trong khai triển: (1 x) có hệ số của số hạng chứa x là: C200
1
99
98
99
1
100
C 0 .C100 C99
.C101
C992 .C101
... C99
.C100
nên ta được: 99 101
= C200
100 100
D
C200
101
Vậy
Bài toán 8:
22 1 1
24 1 3
26 1 5
22018 1 2017
E
C2018
C2018
C2018 ...
C2018
2
4
6
2018
Tính tổng:
Hướng dẫn:
Cnk
Cnk11
k 1 n 1
+ Áp dụng công thức (II)
1
C2018
C2
2019
2
2019
3
4
C2018 C2019
4
2019
...
13
E
1
2
4
6
2018
[(22 1)C2019
(24 1)C2019
(26 1)C2019
... (2 2018 1)C2019
]=
2019
1
2
4
6
2018
(22 C2019
24 C2019
26 C2019
... 2 2018 C2019
)
2019
1
2
4
6
2018
(C2019
C2019
C2019
... C2019
)
2019
khai triển
0
1
2
2018
2018
(1 x) 2019 C2019
xC2019
x 2C2019
... x 2018C2019
x 2018C2019
(1)
+ Thay x = 2 vào khai triển (1):
0
1
2
2018
2019
32019 C2019
2C2019
22 C2019
... 22018 C2019
2 2019 C2019
=
+ Xét
+ Thay x = -2 vào khai triển (1) được:
0
1
2
2018
2019
(1) 2019 C2019
2C2019
22 C2019
... 2 2018 C2019
2 2019 C2019
+ Cộng vế với vế được:
32019 1
0
2
4
2018
C2019
22 C2019
24 C2019
... 22018 C2019
2
32019 3
2
4
6
2018
22 C2019
24 C2019
26 C2019
... 22018 C2019
2
(2)
+ Thay x = 1 vào khai triển (1) được:
0
1
2
2018
2019
22019 C2019
C2019
C2019
... C2019
C2019
+ Thay x = -1 vào khai triển (1) được:
0
1
2
2018
2019
0 C2019
C2019
C2019
... C2019
C2019
Cộng vế với vế được:
22019
0
2
4
2018
C2019
C2019
C2019
... C2019
2
22019 2
2
4
6
2018
C2019
C2019
C2019
... C2019
2
E
+ Từ (2) và (3)
1 3 3 2 2 3
(
)
2019
2
2
2019
2019
2019
(3)
2 1
4038
2019
Bài toán 9:
Tính tổng:
0
1
2
3
2018
20 C2018
21 C2018
22 C2018
23 C2018
22018 C2018
F
...
1.2
2.3
3.4
4.5
2019.2020
Hướng dẫn:
14
Cnk
C k 1
n 1
k 1 n 1
+ Áp dụng công thức(II)
1
2
3
4
2019
21 C2019
22 C2019
23 C2019
22018 C2019
1 20 C2019
F
(
...
)
2019
2
3
4
5
2020
+ Áp dụng công thức(II), được:
1
1
2
3
4
5
2020
F
(20 C2020
21 C2020
22 C2020
23 C2020
... 2 2018 C2020
)
2019 2020
1
0
1
2
3
2020
1
.22 [(20 C2020
21 C2020
22 C2020
23 C2020
... 22020 C2020
) (1 2C2020
)]
2019.2020
1
1
[(1 2) 2020 (1 2.2020)
2
2019.2020.2
4038
0 0
1 1
2 2
3
2018
2 C2018 2 C2018 2 C2018 23 C2018
22018 C2018
1
...
2.3
3.4
4.5
2019.2020 4038
Vậy 1.2
Bài toán 10:
Tính tổng:
Hướng dẫn
G
+ Áp dụng công thức
G
22 n 1 0 22 n 1 1 22 n 3 2
23
21
Cn
Cn
Cn ... Cnn 1 Cnn
n 1
n
n 1
2
1
Cnk Cnn k
22 n 1 n 22 n 1 n 1 22 n 3 n 2
23
21
Cn
Cn
Cn ... Cn1 Cn0
n 1
n
n 1
2
1
+ Áp dụng công thức (II)
G
Cnk
C k 1
n1
k 1 n 1
1
(22 n 1 Cnn11 22 n 1 Cnn1 22 n 3 Cnn11 ... 23 Cn21 2Cn11 )
n 1
1
[(22 n 1 Cnn11 22 n 1 Cnn1 22 n 3 Cnn11 ... 23 Cn21 2Cn11 )
n 1
+ Xét khai triển:
(1 2 x) n 1 Cn01 2 xCn11 22 x 2Cn21 23 x 3Cn31 ... 2n 1 x n 1Cnn11
+ Thay x = 2 vào khai triển trên được :
5n 1 Cn01 22 Cn11 24 Cn21 26 Cn31 ... 22 n 2 Cnn11
Cn01
2(
2Cn11 23 Cn21 25 Cn31 ... 2 2 n 1 Cnn11 )
2
1 5n 1 Cn01
5n 1 1
G
(
)
n 1 2
2
2(n 1)
2 n 1
2 n 1
2 n 3
2
2
2
23 n 1 21 n 5n 1 1
0
1
2
G
Cn
Cn
Cn ... Cn Cn
n 1
n
n 1
2
1
2(n 1)
Vậy :
15
2.4. Kết quả đạt được
Sau khi dạy xong bài này tôi cho học sinh lớp 11A3 làm bài kiểm tra để
kiểm tra tính khả thi của đề tài và đối chiếu với kết quả kiểm tra trước khi học
bài này, tôi thu được kết quả như sau :
Đề kiểm tra
Bài 1: Tính tổng
1 2
1 4
1
1
0
2016
2017
A C2018
C2018
C2011
...
C2018
C2018
3
5
2017
2018
a/
2
4
6
2 n 2
2n
b/ B 2C2 n 4C2 n 6C2 n ... (2n 2)C2 n 2nC2 n
Bài 2:
a/ Tìm số tự nhiên n biết:
2Cn0 3Cn1 4Cn2 ... (n 1)Cnn 1 ( n 2)Cnn 320
2
( 3 x5 )n
b/ Tìm hệ số của x20 trong khai triển x
biết:
1
1
1
1
1
Cn0 Cn1 Cn2 Cn3 ... (1) n
Cnn
2
3
4
n 1
13
Trước khi học bài này
Tổng số Điểm Giỏi
học
(8-10)
sinh
45
8(17,8%)
Điểm Khá
(6,5-dưới
8)
15(33,3%)
Điểm TB
(5- dưới 6)
15(33,3%)
Điểm Yếu
(3,5- dưới
5)
5(11,1%)
Điểm
Kém
(<3,5)
2(4,5%)
Điểm Yếu
(3,5- dưới
5)
1(2,2%)
Điểm
Kém
(<3,5)
0(0%)
Sau khi học bài này
Tổng số Điểm Giỏi
học
(8-10)
sinh
45
15(33,3%)
Điểm Khá
(6,5-dưới
8)
21(46,7%)
Điểm TB
(5- dưới 6)
8(17,8%)
16
3. Kết luận
3.1 . Hạn chế
Do khuôn khổ của đề tài có hạn, nên còn một số dạng tổng tôi vẫn chưa
tìm được công thức thay thế để giải.
Do thời gian có hạn và tính chủ quan của tác giả, bài viết còn nhiều thiếu
sót. Rất mong quý thầy cô, các em học sinh và các độc giả góp ý chân thành để
bài viết của tôi hoàn thiện và ứng dụng rộng rãi hơn.
3.2. Kiến nghị
Tôi xin được kiến nghị với, Lãnh đạo các Ban ngành Sở GD và ĐT
Thanh Hóa,Ban Giám Hiệu các trường THPT tạo điều kiện về mặt thời gian,
cơ sở vật chất để chúng tôi có các buổi ngoại khóa Liên môn. Mặt khác cũng
cho phép chúng tôi được co, giãn bài giảng để phù hợp với trình độ của từng đối
tượng học sinh, đáp ứng nhu cầu và nguyện vọng học tập của các em.
Tôi xin chân thành cám ơn.
Xác nhận của Ban giám hiệu
Hoằng Hóa, ngày 26/5/2018
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến của tôi
viết, không sao chép của người khác.
Người viết sáng kiến
Nguyễn Lan Phương
17
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Đại số và giải tích 11 nâng cao - NXB Giáo dục
2. Lê Hồng Đức - Lê Bích Ngọc - Lê Hữu Trí , Phương pháp giải Toán Tổ hợp
, NXB Hà Nội.
3. Đề minh họa, đề thử nghiệm môn Toán THPT Quốc Gia của Bộ giáo dục;
các đề thi thử của các Sở giáo dục, các trường THPT trên toàn quốc.
4. Các tài liệu tham khảo trên Internet.
18
Danh mục các SKKN đã được xếp loại
N¨mhọc
2005–
2006
2007–
2008
2013–
2014
2015–
2016
Tên sáng kiến kinh nghiệm
Số quyết định.
Sử dụng tam thức bậc hai trong
Xếp loại : C
chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức
tam giác
Một số đề xuất trong lời giải các bài
932/ QĐ- SGD
toán hình học không gian lớp 11
ngày 11/9/2008
Xếp loại : C
Một số ứng dụng của modun số phức 753/ QĐ- SGD&ĐT
trong giải toán về số phức
ngày 03/11/2014
Xếp loại : B
Sử dụng giá trị lớn nhất, nhỏ nhất đẻ 972/QĐ- SGD&ĐT
giải các bài toán sinh học, y học, thể ngày24/11/2016
thao, kinh tế, khoa học kỹ thuật và
Xếp loại : C
các môn khoa học khác
19
- Xem thêm -
.PDF 
19 
122 
53 
