SKKN: Dạy các tổng dạng cho học sinh lớp 11

Chia sẻ: Lê Thị Diễm Hương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST

Báo xấu

143
lượt xem 25
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến “Dạy các tổng dạng cho học sinh lớp 11” đưa ra các hướng giải tự nhiên, khác truyền thống và phù hợp với kiến thức được học của học sinh lớp 11 hiện nay ; đáp ứng tinh thần ham học của học sinh trong việc tiếp cận các bài toán ở mức độ nâng cao trong các sách tham khảo và trong các đề thi Đại học, Cao đẳng về dạng toán liên quan đến các tổng dạng . Mời quý thầy cô tham khảo sáng kiến trên.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Dạy các tổng dạng cho học sinh lớp 11

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM n DẠY CÁC TỔNG DẠNG  ak Cnk CHO k 0 HỌC SINH LỚP 11
A. PHẦN MỞ ĐẦU 1. Bối cảnh của đề tài Trước đây chương Đại số tổ hợp là chương cuối cùng của chương trình Giải tích lớp 12. Khi đó học sinh đã được học qua các công cụ mạnh như đạo hàm, tích phân. Vì vậy, người ta đã kết hợp lý thuyết nhị thức Newton với các công cụ đạo hàm, tích phân để đưa ra rất nhiều bài toán khó về tổng các Cnk , mà chúng xuất hiện nhiều trong các đề thi Đại học, Cao đẳng. Hiện nay chương Đại số tổ hợp được xếp vào cuối học kỳ I của lớp 11. Do đó, theo truyền thống, muốn giải được các bài toán nói trên học sinh phải đợi đến cuối năm học lớp 11 (lúc được học về đạo hàm) và cuối năm học lớp 12 (khi được học về tích phân). Nếu quy trình trên được thực hiện thì sự lập lại nhiều lần (nếu có cơ hội) như thế cũng có thể là một điều hay (giúp học sinh được lặp lại kiến thức nhiều lần). Tuy nhiên, thực tế là giáo viên không có thời gian dành để dạy cho học sinh những ứng dụng của đạo hàm và tích phân vào các bài toán dạng này. 2. Lý do chọn đề tài Sách giáo khoa lớp 11 có viết đôi bài về các tổng chứa các số hạng Cnk ở mức độ đơn giản. Điều này khiến cho những học sinh ham tìm hiểu quan tâm đến các bài toán dạng này trong các tài liệu tham khảo. Mấy năm gần đây, mỗi năm tôi đều được vài học sinh lớp 11 hỏi về các bài toán dạng này. Mỗi lần như vậy, việc phải trả lời các em rằng sau này các em mới có đủ kiến thức để giải làm lòng tôi áy náy vì chưa làm thỏa mãn tính hiếu học của các em. Nhằm đáp ứng sự ham tìm hiểu của học sinh lớp 11, khi học về nhị thức Newton, đề tài này đưa ra vài hướng giải mang tính tự nhiên, không cần dùng các công cụ đạo hàm, tích phân, cho các bài toán về các tổng chứa các số hạng dạng ak .Cnk .
3. Phạm vi và đối tượng đề tài Đề tài này tập trung vào việc xử lý các tổng chứa các số hạng dạng ak .Cnk bằng các công cụ phù hợp với học sinh đang học học kỳ I lớp 11 như : Khai triển nhị thức Newton, tính chất của các biểu thức dạng ak .Cnk và ứng dụng của bài toán đếm. 4. Mục đích của đề tài Mục đích của đề tài này là đưa ra các hướng giải tự nhiên, khác truyền thống và phù hợp với kiến thức được học của học sinh lớp 11 hiện nay ; đáp ứng tinh thần ham học của học sinh trong việc tiếp cận các bài toán ở mức độ nâng cao trong các sách tham khảo và trong các đề thi Đại học, Cao đẳng về dạng toán k liên quan đến các tổng dạng  a .C k n . 5. Sơ lược những điểm mới cơ bản nhất trong kết quả nghiên cứu Những điểm mới cơ bản nhất trong kết quả nghiên cứu của chúng tôi là đưa ra cách giải các bài toán đã đề cập ở trên một cách rất tự nhiên, khác truyền thống, qua việc xử lý các tính chất của các biểu thức dạng ak .Cnk và mối quan hệ giữa n k bài toán đếm với bài toán tính tổng a C k 0 k n . 6. Tính sáng tạo về khoa học và thực tiễn của đề tài Việc áp dụng các đẳng thức sinh ra từ việc tính đạo hàm, tính tích phân để xử n k lý các tổng a C k 0 k n , như lâu nay, có nhiều điều không tự nhiên và không phù hợp với bố cục chương trình hiện tại. Phương pháp giải quyết các bài toán dạng này của chúng tôi đáp ứng được những bất cập này cho chương trình hiện tại và cung cấp một cách nhìn tự nhiên, sáng tạo mà lâu nay bị “bỏ qua”. Áp dụng các phương pháp trong đề tài này vào việc giải toán sẽ giúp học sinh không bị mặc cảm về kiến thức mà tự tin trong việc giải quyết vấn đề bằng kiến thức mình nắm được trong tay.
B. PHẦN NỘI DUNG I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT CỦA PHƯƠNG PHÁP XỬ LÝ CÁC TỔNG DẠNG n k a C k 0 k n 1. Khai triển nhị thức Newton. Với hai số thực a, b và số nguyên dương n ta có công thức : n n a  b   Cn a n k b k  Cn a n  Cn a n 1b  Cn a n 2b 2    Cn a n k b k    Cn b n k 0 1 2 k n k 0 Nếu viết b  (1).b và áp dụng công thức trên thì ta được : n n  a  b   (1)k Cn a n k b k k k 0  Cn a n  Cn a n 1b  Cn a n  2b 2    (1)k Cn a n k b k    (1)n Cn b n 0 1 2 k n 2. Tính chất của Cnk i) Cnk  Cnn k , k  0, n . ii) Cnk 1  Cnk  Cnk1 , k  0, n . 3. Các đẳng thức cơ sở trong sáng kiến kinh nghiệm này Đẳng thức 1. (Hệ quả của khai triển nhị thức Newton ở trang 56, SGK 11 Cơ bản) Cn  Cn  Cn    Cn    Cn  2n 0 1 2 k n Đẳng thức 2. (Hệ quả của khai triển nhị thức Newton ở trang 56, SGK 11 Cơ bản) Cn  Cn  Cn    Cn  Cn  Cn    2 n 1 0 2 4 1 3 5 (  Cnchaün   Cnleû  2 n1 ) Đẳng thức 3. k k 1 k .Cn  nCn 1 , k  1, n .
n! (n  1)! k 1 Chứng minh. Ta có k .Cnk  k .  n.  n.Cn 1 ■ k !(n  k )! (k  1)! (n  1)  (k  1) ! Đẳng thức 4. k k 2 k ( k  1)Cn  n (n  1).Cn  2 , k  1, n Chứng minh. Với k  1, n , ta có k n! n! k 2 k (k  1)Cn  k (k  1).   n(n  1).Cn 2 ■ k !(n  k )! (k  2)![(n  2)  (k  2)! Đẳng thức 5. 1 k 1 k 1 .Cn  .Cn1 , k  0, n (k  1) (n  1) Chứng minh. Ta có 1 k 1 n! 1 ( n  1)! 1 k 1 .Cn  .  .  .Cn 1 ■ (k  1) (k  1) k !(n  k )! (n  1) (k  1)! (n  1)  (k  1) ! (n  1) II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ Trong các đề thi Đại học những năm gần đây có nhiều câu hỏi về các tổng n k dạng  a .C k 0 k n . Chẳng hạn, Bài toán 1. (Đề thi Đại học khối A năm 2005) Tìm số nguyên dương n sao cho : 2 n 1 C2 n 1  2.2C2 n 1  3.22 C2 n 1  4.23 C2 n 1    (2n  1)22 n C2 n 1  2005 1 2 3 4 Lời giải truyền thống. Ta có (1  x)2 n1  C20n1  C2n 1 x  C22n 1 x 2  C23n1 x 3  C24n 1 x 4    C22nn11 x 2 n1 . 1 Lấy đạo hàm hai vế ta được : 2 n 1 (2 n  1)(1  x) 2 n  C2 n 1  2C2 n 1 x  3C2 n 1 x 2  4C2 n 1 x3    (2 n  1)C2 n 1 x 2 n 1 2 3 4 Thay x  2 vào đẳng thức này ta được 2 n 1 (2 n  1)( 1) 2 n  C2 n 1  2C2 n 1 2  3C2 n 1 2 2  4C2 n 1 23    (2n  1)C2 n 1 2 2 n 1 2 3 4 Do đó, 2 n 1 C2 n1  2.2C2n1  3.22 C2 n1  4.23 C2n1    (2n  1)22 n C2 n1  2005 1 2 3 4  2n  1  2005  n  1002 ■ Bài toán 2. (Đề thi Đại học khối A năm 2007)
Chứng minh rằng 1 1 1 3 1 5 1 2n 22 n  1 C2 n  C2 n  C2 n    C2 n 1  . 2 4 6 2n 2n  1 Lời giải truyền thống. Ta có (1  x)2 n  C20n  C2 n x  C22n x 2  C23n x3  C24n x 4  C25n x5    C22nn1 x 2 n1  C22nn x 2n Và 1 (1  x) 2 n  C2 n  C2 n x  C2 n x 2  C2 n x 3  C2 n x 4  C2 n x 5    C2 n 1 x 2 n 1  C2 n x 2 n . 0 1 2 3 4 5 2n 2n 1 Do đó, 2  (1  x)2n  (1  x)2 n   C21n x  C23n x 3  C25n x5    C22nn 1 x 2 n1 Lấy tích phân, cận dưới là 0 và cận trên là 1, hai vế ta được : 1 1  (1  x)2n 1  (1  x)2 n 1  2 1 x 1 4 3 x 1 6 5 x 1 2 n 1 x 2n    C2 n |0 C2 n |0 C2 n |0    C2 n |1 0 2 2n  1 0 2 4 6 2n 22 n  1 1 1 1 3 1 5 1 2n   C2 n  C2 n  C2 n  ...  C2 n 1 ■ 2n  1 2 4 6 2n Bài toán 3. (Đề thi Đại học khối B năm 2003) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng 0 2 2  1 1 23  1 2 2 n1  1 n Cn  Cn  Cn    Cn 2 3 n 1 Lời giải truyền thống. Ta có (1  x)n  Cn0  Cn x  Cn2 x 2    Cnn x n 1 Lấy tích phân, cận dưới là 1 và cận trên là 2, hai vế ta được : 2  (1  x) n 1  0 2 1 x 2 2 3 2 x 2 n x n 1 2    Cn x |1 Cn |1 Cn |1    Cn |1  n 1  1 2 3 n 1 0 2 2  1 1 23  1 2 2n 1  1 n 3n 1  2 n 1  Cn  Cn  Cn  ...  Cn  ■ 2 3 n 1 n 1 Các lời giải trên dùng các công cụ mạnh là đạo hàm và tích phân tác động lên hàm số nên chúng không chỉ giải quyết bài toán đặt ra mà còn sinh ra nhiều tổng khác bằng cách thay đổi giá trị của biến x hoặc cận của tích phân. Tuy vậy, những hướng giải đó không phù hợp với học sinh lớp 11 hiện tại. Ngoài ra, chúng có tính tổng hợp cao, không tự nhiên ; không phải học sinh nào
cũng nghĩ ra được các điểm xuất phát (xét khai triển của biểu thức nào, tại sao lại áp dụng đạo hàm, tích phân, cho biến x giá trị nào, lấy cận nào... ). III. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Với mong muốn trao đổi cùng đồng nghiệp kinh nghiệm khắc phục vấn đề ở trên, sáng kiến kinh nghiệm này sẽ trình bày phương pháp biến đổi số hạng tổng quát để đưa các tổng quan tâm về các tổng cơ bản, đơn giản. Ngoài ra, chúng tôi cũng xin trao đổi vài hướng xử lý khác để làm phong phú thêm chuyên đề này để dạy cho học sinh lớp 11 hiện nay. 1. Phương pháp biến đổi số hạng tổng quát để đưa các tổng quan tâm về các tổng cơ bản, đơn giản Tinh thần của phương pháp này là biến đổi a C k k n về dạng An . Cm a m r .b r . r Chúng tôi sẽ trình bày các phép biến đổi này thông qua các bài toán từ đơn giản đến phức tạp. 1 1 2n 1  1 Bài toán 1. Chứng minh rằng Cn0  Cn  ...  1 n Cn  . 2 n 1 n 1 Phân tích hướng giải. Kiến thức cơ bản đã cung cấp cho chúng ta kết quả của tổng 0 1 n Cn  Cn  ...  Cn 1 Trong bài toán này, trước các số Cnk còn có hệ số , là một đại lượng biến k 1 thiên. Đây là vấn đề khó khăn của bài toán mà chúng ta cần xử lý. 1 Câu hỏi tự nhiên là liệu ta có thể biến đổi để làm mất hệ số ? k 1 Hay, cũng sẽ là lý tưởng nếu ta biến hệ số biến thiên này thành hệ số không biến thiên (không phụ thuộc vào k ). Sẽ không có gì mới nếu ta không thực hiện biến đổi ! 1 k Ở đây ta chỉ còn cách viết tường minh số hạng Cn ra và thử biến đổi ( k  1) xem sao. Ta có 1 k 1 n! 1 (n  1)! 1 k 1 Cn  .  .  .Cn1 k 1 (k  1) k !(n  k )! (n  1) (k  1)![(n  1)  (k  1)! (n  1) Đến đây ta có thể vui sướng là đã đạt được điều mong ước ! Chứng minh. Với k  0, n ta có 1 k 1 n! 1 ( n  1)! 1 k 1 Cn  .  .  .Cn 1 k 1 (k  1) k !(n  k )! (n  1) (k  1)![(n  1)  (k  1)! (n  1)
1 1 2 n 1 2n 1  Cn1 2 n1  1 0 Do đó VT  (Cn 1  Cn 1    Cn1 )   ■ (n  1) n 1 n 1 Bài toán 2. Chứng minh rằng Cn  2Cn2    nCnn  n 2n1 . 1 Cũng suy nghĩ theo hướng bài 1, ở đây ta cần biến đổi số hạng kCnk . Chứng minh. Với k  1, n ta có k n! n! k kCn  k .   n.Cn 11 k !(n  k )! (k  1)![(n  1)  (k  1)! Do đó VT  n(Cn1  Cn1    Cnn11 )  n.2n1 ■ 0 1  Không chỉ là 2 bài toán trên, suy nghĩ tự nhiên ở trên của chúng ta còn rất thành công trong việc xử lý một lớp rất rộng các tổng loại này. Sau đây chúng ta sẽ trải nghiệm thêm sự thành công đó. n 1 Bài toán 3. Chứng minh rằng Cn  2Cn2     1 nCnn  0 . 1 Chứng minh. Số hạng tổng quát của vế trái là (1)k 1 kCnk , với k  1, n . Ta có n! n! (1)k 1 kCn  (1)k 1 k . k  (1)k 1  n.(1) k 1 Cn11 k k !(n  k )! (k  1)![(n  1)  (k  1)! 0 1 n n 1 Do đó VT  n(Cn1  Cn1    (1) Cn1 )  n.0  0 ■ Bài toán 4. Chứng minh rằng : 2.1.Cn  3.2Cn  4.3Cn    n  n  1 Cn  n  n  1 2 n  2 2 3 4 n Chứng minh. Số hạng tổng quát của vế trái là k (k  1)Cnk , với k  1, n . Ta có k n! n! k 2 k (k  1)Cn  k (k  1).   n(n  1).Cn 2 k !(n  k )! (k  2)![(n  2)  (k  2)! Do đó, VT  n(n  1)(Cn0 2  Cn1    Cnn22 )  n(n  1).2n 2 ■ 1  Bài toán 5. (Đề thi Đại học khối A năm 2005) Tìm số nguyên dương n sao cho : 2 n 1 C2 n 1  2.2C2 n 1  3.22 C2 n 1  4.23 C2 n 1    (2n  1)22 n C2 n 1  2005 1 2 3 4 Lời giải. Số hạng tổng quát của vế trái là T  (1)k 1.k 2 k 1 C2kn1 , k  1,(2 n  1) . Ta có (2n  1)! T  (1)k 1.k . 2 k 1 k !(2n  1  k )! (2n )!  (1)k 1.(2n  1). 2k 1  (2 n  1).(1)k 1.C2n 1 2 k 1 k (k  1)! 2n  (k  1)  ! Do đó, VT  (2n  1)  C2 n  C2 n 2  C2 n 2 2  C2 n 23    C2 n 2 2 n   (2n  1)(1  2) 2 n  2n  1 Vì vậy, 0 1 2 3 2n phương trình đã cho tương đương với 2n  1  2005  n  1002 ■
Bài toán 6. (Đề thi Đại học khối A năm 2007) Chứng minh rằng 1 1 1 3 1 5 1 2n 22 n  1 C2 n  C2n  C2n    C2n 1  . 2 4 6 2n 2n  1 Chứng minh. 1 2 k 1 Số hạng tổng quát của vế trái là T  C2 n , k  1, n . Ta có 2k 1 (2 n)! 1 (2n  1)! 1 2k T  .  .  .C2 n 1 2k (2k  1)!(2n  2 k  1)! (2 n  1) (2k )! (2 n  1)  (2k ) ! (2 n  1) 1 Do đó, VT  (2n  1)  C22n1  C24n1  C26n1    C22nn1  Vì C20n1  C22n 1  C24n1  C26n 1    C22nn1  2(2 n1)1 (Tổng các Cm n ) chaü 22 n  1 nên VT  ■ 2n  1 Bài toán 7. (Đề thi Đại học khối B năm 2003) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng 0 2 2  1 1 23  1 2 2 n 1  1 n Cn  Cn  Cn    Cn 2 3 n 1 Lời giải. 2k 1  1 k Số hạng tổng quát của tổng này là T  Cn , k  0, n . Ta có k 1 2 k 1  1 n! 2 k 1  1 ( n  1)! 1 T  .  .  (Cn 11 2 k 1  Cn 1 ) Do đó, k k 1 k  1 k !(n  k )! (n  1) (k  1)! (n  1)  (k  1)  ! n  1 1 VT  ( n  1)  (Cn11 2  Cn21 22    Cnn11 2n 1 )  (Cn11  Cn21    Cnn11 )  1  (n  1)  (Cn01  Cn11 2  Cn21 22    Cnn11 2n 1 )  (Cn01  Cn11  Cn21    Cnn11 )  3n 1  2n1  ■ n 1 Bài toán 8. (Dự bị 1 ĐH khối A 2006) Chứng minh rằng : 99 100 198 199 0 1 1 1 99  1  100  1  100C100    101C100      199C100    200C100   0 2  2 2  2 99 1 Chứng minh. Để đơn giản hóa bài toán, trước hết ta chia hai vế cho   .    2
Ta cần chứng minh đẳng thức tương đương : 99 100 0 1 1 99  1  100  1  100C100  101C100      199C100    200C100    0 (*) 2 2 2 1 Số hạng tổng quát của vế trái là T  (1) k (n  k )Cnk ( )k , k  0, n (ở đây n  100 ). 2 1 k 1 k Ta có T  n.(1)k .Cnk ( )  (1)k k .Cnk ( ) 2 2 n n 1 1 Do đó VT (*)  n. (1)k .Cnk ( )k   (1)k k .Cnk ( ) k k 0 2 k 0 2 n 1 1 n  Ta có n. (1) k .Cnk ( )k  n(1  )n  n . k 0 2 2 2  Với k  1, n ta có n! (n  1)! (1)k k.Cn  (1) k k . k  n.(1)k  n(1) k 1 Cnk11  k !(n  k )! (k  1)! (n  1)  (k  1) ! n k 1 n n 1 n 1 n Do đó,  k 0 (1) k k.Cn ( ) k  2  (1)k 1 Cnk11 ( 2 )k 1  2 (1  2 ) n1  2n . 2 k 1 Vì vậy VT (*)  0 ■ Bài toán 9. (Dự bị 1 ĐH khối B 2008) Tính tổng : n S  22 Cn  32 Cn  42 Cn     1 n2Cn , 2 3 4 n n  2. Lời giải 1. (dùng công cụ đạo hàm) n Ta có (1  x) n   (1)k Cnk x k . Lấy đạo hàm hai vế ta được k 0 n n(1  x) n1   (1)k .k .Cn x k 1 . k k 0 n Nhân hai vế của đẳng thức này cho x ta được nx(1  x)n 1   (1)k .k .Cnk x k k 0 Lại lấy đạo hàm hai vế của đẳng thức này ta được n n (1  x) n 1  n(n  1) x.(1  x)n 2   (1) k .k 2 .Cn x k 1 k k 0 n Thay x  1 vào đẳng thức này ta được 0   (1)k .k 2 .Cnk k 0 n 2 Hay 0  1 .C  2 C  3 C  4 C     1 n Cnn 2 1 n 2 2 n 2 3 n 2 4 n n Vì vậy S  22 Cn2  32 Cn3  42 Cn4     1 n 2Cnn  Cn  n ■ 1 Lời giải 2. Số hạng tổng quát của S là T  (1)k .k 2 .Cnk , k  2, n . Ta có k 2  k (k  1)  k nên T  (1) k .k (k  1).Cnk  (1)k k .Cnk . n! (n  2)!n ( n  1) k  Vì k (k  1).Cnk  k (k  1).   n (n  1)Cn 22 k !(n  k )! (k  2)! ( n  2)  ( k  2) ! n n n 2 nên  (1)k .k (k  1).Cnk  n(n  1) (1)k 2 .Cnk22  n(n  1)  (1)m .Cnm2  0 k 2 k 2 m0
n! (n  1)!n k  Vì k .Cnk  k .   nCn 11 k !(n  k )! (k  1)! (n  1)  (k  1)  ! n n n 1  0 m  nên  (1)k .k .Cn  n  (1)k 1.Cn 1  n  Cn 1   (1)m .Cn 1   n ■ k k 1 k 2 k 2  m 0  Bài toán 10. Rút gọn tổng S  Cn Cn 1  Cn Cn 12  Cn Cn  2    Cn Cn k k    Cn 1C10 . 0 n 1 n 2 n 3 k n 1 n Lời giải. Ta có n! (n  k )! n! (n  1)! Cn Cn  k k  k n 1 .   n. k  nCn 1 . k ! n  k  ! ( n  1  k )!1! k ! n  1  k  ! k ! n  1  k  ! Do đó, S  n  Cn01  Cn 1    Cnk1    Cnn11   n.2n1 ■ 1  2. Phương pháp sử dụng các tính chất cơ bản của số tổ hợp Cnk . Bài toán 11. Chứng minh rằng : n  1 n 0 1 STC  C2 n  C2 n  2 2 n 1  C2 n ;    C2 n 2  C2nn 1 2 1 n S PC  C2 n 1  C2 n 2    C2 n 1  C2 n n n 2n 2n  2 2 n 1  C2 n ; 2 n 1 STL  C2 n 1  C2 n 1    C2 n 1  C2 n 1  22 n ; 0 1 n n 1 n 2 2 n 1 S PL  C2 n 1  C2 n 1    C2 n 1  C2 n 1  22 n. 2n Nói một cách ngắn gọn : 2 n1 , neáu n : leû ; k k   Cn   Cn  2n1  1 C 2 , neáu n : chaün. n k n k n  n 2 2  2 Chứng minh. Dùng tính chất Cm r  Cm ta được m r  S PC  C2nn1  C2nn 2    C2 n  C20n  STC . 1 1 Mặt khác, ta có STC  C2nn  S PC  2 2n nên STC  SPC  22n 1  C2nn . 2  S PL  C2nn1  C2nn1    C2n 1  C20n1  STL . 1 1 Mặt khác, ta có STC  S PC  22n 1 nên STC  S PC  22n ■ Bài toán 12. Chứng minh rằng : 1 Ckk  Ckk1    Ckk m  Ckk m 1 . Từ đó suy ra đẳng thức sau: Ck0  Ck 1    Ckm m  Ckm m1 1 Chứng minh.  Áp dụng công thức Cnr  Cnr 1  Cnr1  Cnr  Cnr11  Cnr 1 và 1  1 Ckk  1  Ckk1 ta được 1 1 1 1 1 1 1 1 Ckk1  (Ckk 2  Ckk1 )  (Ckk3  Ckk 2 )    (Ckk m  Ckk m 1 )  Ckk m . Áp dụng công thức Cnr  Cnn r ta được
Ckk  Ckk1    Ckkm  Ck0  Ck 1    Ckm m  1  k 1 m Ck  m1  Ck  m1  Do đó, Ck0  Ck 1    Ckm m  Ckm m1 ■ 1 Bài toán 13. Chứng minh rằng ST  Cn  Cn  Cn  Cn    (1) k Cn  (1) k Cn 1 0 1 2 3 k k Và S P  ( 1) k 1 Cn 1  ( 1) k  2 Cn  2    (1) n Cn  ( 1) k 1 Cn 1 k k n k 1 Chứng minh. Áp dụng tính chất Cnr  Cnr1  Cnr1 ta được : ST  Cn 1   Cn 1  Cn 1    Cn 1  Cn21    Cn 1  Cn 1     (1) k  Cn 11  Cn 1  0 0 1 1 2 3 k k  ( 1) k Cn 1 . k Mặt khác, n Ta có ST  SP   (1)k Cnk  0 nên S P   ST  (1)k 1 Cnk1 ■ k 0 3. Phương pháp sử dụng hai cách giải khác nhau của bài toán đếm. Bài toán 14. Cho m, n, k là các số nguyên dương, k  m, k  n . Chứng minh rằng Cn Cm  Cn 1.Cm  Cn 2 .Cm    Cn .Cm  Cn  m k 0 k 1 k 2 0 k k Chứng minh. Xét bài toán đếm số cách chọn ra k người từ n người nam và m người nữ. Cách đếm 1.  Chọn ra k người nam và 0 người nữ : số cách chọn là Cnk .Cm 0 cách.  Chọn ra (k  1) người nam và 1 người nữ : số cách chọn là Cnk 1.Cm cách. 1 .................................................................................................................................  Chọn ra 0 người nam và k người nữ : số cách chọn là Cn0 .Cm cách. k Do đó, số cách chọn ra k người từ n người nam và m người nữ là Cn Cm  Cn 1.Cm  Cn  2 .Cm    Cn .Cm k 0 k 1 k 2 0 k Cách đếm 2. Chọn ra k người từ (n  m) người nam và nữ : Số cách chọn là Cnkm cách. Vì vậy ta có Cnk Cm  Cnk 1.Cm  Cnk 2 .Cm    Cn0 .Cm  Cnk m ■ 0 1 2 k Đặc biệt, 1) Cho m  n ta được Cn Cn  Cn 1.Cn  Cn 2 .Cn    Cn .Cn  C2 n k 0 k 1 k 2 0 k k 2) Cho k  m  n ta được Cn Cn  Cn 1.Cn  Cn 2 .Cn    Cn .Cn  C2n n 0 n 1 n 2 0 n n Vì Cnr  Cnn r nên đẳng thức này được viết lại : (Cn ) 2  (Cn ) 2  (Cn ) 2    (Cn ) 2  C2 n 0 1 2 n n Đây là bài toán xuất hiện trong phần khó của nhiều sách tham khảo. Bài toán 15. Cho m, n, k là các số nguyên dương, k  n, k  m . Chứng minh rằng
n k .Cn  (k  1).Cn 1.Cm  (k  2)Cn 2 .Cm    Cn .Cm1  k k 1 k 2 k k .Cn  m .1 k nm Chứng minh. Xét công việc chọn ra k người từ n nam và m người nữ mà trong đó có một người nam là đội trưởng của nhóm k người được chọn ra. Cách đếm 1.  Chọn k nam và 0 nữ, rồi chọn 1 nam làm đội trưởng : có Cnk .Cm .k cách. 0  Chọn k  1 nam và 1 nữ, rồi chọn 1 nam làm đội trưởng : có Cnk 1.Cm .(k  1) cách. 1 .................................................................................................................................  Chọn 1 nam và k  1 nữ, rồi chọn 1 nam làm đội trưởng : có Cn .Cm1.1 cách. 1 k Theo quy tắc cộng, ta có số cách chọn là k .Cn  (k  1).Cn 1.Cm  (k  2)Cn  2 .Cm    Cn .Cm1 k k 1 k 2 1 k Cách đếm 2. Chọn 1 nam làm đội trưởng và (k  1) người trong số (n  m  1) người còn lại. Ta có số cách chọn là k 1 (n  m  1)! n (n  m)! n k nCn m 1  n  .k .  .kCn m (k  1)!(n  m  k )! n  m k !(n  m  k )! n  m Vì vậy ta được n k .Cn  ( k  1).Cn 1.Cm  (k  2)Cn 2 .Cm    Cn .Cm1  k k 1 k 2 1 k k k .Cn  m ■ nm Nhận xét. Bài này ta cũng có thể biến đổi để đưa về bài toán 14 ở trên như sau : Số hạng tổng quát của vế trái là T  (k  i )Cnk iCm , i  0, (k  1) . i Ta có n! (n  1)! T  (k  i ) i Cm  n Cm  nCn1i 1Cm i k i (k  i)!(n  k  i )! (k  i  1)! (n  1)  (k  i  1)  ! n 1 n Do đó, VT  n  C((nk1) iCm   nCnk11 m  1) i k .kCn  m ■ i 0 nm BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 1) Tính S  C2003  32 C2003  34 C2003    32002 C2003 . 0 2 4 2002 4 6 8 2006 2) Tính S  C2007  C2007  C2007    C2007 . 3) Tính S  22006 C2007  22004 C2007  2 2002 C2007    22 C2007 . 1 3 5 2005 4) Rút gọn S  C30  2.2C30  3.2 2 C30  4.23 C30    30.229 C30 . 1 2 3 4 30 0 1 2 28 29 30 5) Rút gọn S  30C30  29C30  28C30    2C30  C30  C30 . 0 1 2 n Cn Cn Cn Cn 6) Rút gọn S      . 1.2 2.3 3.4 ( n  1).( n  2) 1 C2 C3 Ck Cn 7) Tìm n nguyên dương thỏa Cn  2 n  3 n    k kn1    n nn1  5050 . 1 2 Cn Cn Cn Cn 8) Rút gọn S  2n.32n 1 C2n  (2n  1).32 n2 C2 n  (2n  2).32 n3 C22n    C22nn1 . 0 1 9) Rút gọn S  Cn .3n1  2Cn2 .3n 2  3Cn .3n3    (n  1)Cnn 1 3  nCnn . 1 3 10) Rút gọn S  Cn 2 n1.3  2Cn2 2 n232  3Cn 2 n333  ...  ( n  1)Cnn 1 2.3n1  nCnn 3n . 1 3 11) Rút gọn S  2Cn2  2.3Cn  3.4Cn4    (n  1)nCnn . 3 12) Rút gọn S  2C22n  2.3C2 n 2  3.4C24n 22    (2n  1)2nC22nn 22 n2 . 3
13) Rút gọn S  (n  1)nCn0 2n 2    3.4Cnn 4 22  2.3Cnn 3 2  2Cnn 2 . 14) Rút gọn S  Cn  22 Cn2 3  32 Cn 32    n2Cnn 3n1 . 1 3 15) Rút gọn S  n 2Cn0 2 n  (n  1)2 Cn 2 n 1    22 Cnn  2 2 2  2Cnn 1 . 1 (Cn ) 2 (Cn )2 (Cn ) 2 1 2 3 (C n ) 2 16) Rút gọn S     n . 2 3 4 ( n  1) 1 2 2 2 n 2 17) Rút gọn S  (Cn )  2(Cn )    n(Cn ) . 18) Rút gọn S  (Cn ) 2  (2Cn2 )2    (nCnn )2 . 1 IV. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Chúng tôi đã áp dụng rất thành công các phương pháp trong đề tài này để giải các bài tập trong các tài liệu, trên các diễn đàn toán và các đề thi chính thức, dự bị Đại học, Cao đẳng. Trong các lớp ôn thi Đại học, chúng tôi cũng nhận thấy các em học sinh thích các phương pháp này hơn các phương pháp truyền thống. Trong năm học 20112012 này, chúng tôi được phân công dạy lớp 11A1, là một trong các lớp học tốt của trường THPT Nguyễn Trung Trực. Sau khi dạy chuyên đề nâng cao này cho học sinh lớp 11A1, năm học 20112012, chúng tôi đã ra bài test cho phương pháp này như sau : ĐỀ BÀI Thời gian : 30 phút Bài 1 (3đ). Chứng minh rằng Cn  4Cn    n.2n 1 Cn  n.3n 1 , n  1 2 n * . Bài 2 (4đ). Chứng minh rằng n 1 0 1 1 1 2 Cn  Cn  Cn     1 C n  1 , n  * . n 2 4 6 2  n  1 2  n  1 Bài 3 (3đ). Chứng minh rằng Cn  C4Cn 1  C4 Cn 2  C4 Cn 3  Cn 4  Cn  4 , n  k 1 k 2 k 3 k k k * . Kết quả làm bài test này của học sinh lớp 11A1, năm học 2011-2012, như sau: Từ 3đ đến 5đ Từ 6đ đến 7đ Từ 8đ đến 9đ 10đ Tổng 6 20 14 5 45
C. PHẦN KẾT LUẬN 1. Những bài học kinh nghiệm Kinh nghiệm mà chúng tôi rút ra sau khi thực hiện dạy chuyên đề này là :  Phương pháp biến đổi số hạng tổng quát để đưa tổng cần xử lý về các tổng cơ bản là phù hợp với nhận thức của học sinh khá, giỏi lớp 11.  Việc dạy học sinh dùng phương pháp (chứ không phải dùng công cụ) đáp ứng và kích thích được sự hứng thú, ham tìm hiểu của học sinh khá, giỏi. Phản ứng tích cực mà tôi nhận được từ các em học sinh đã làm cho tôi cảm nhận được niềm vui nghề nghiệp và làm cho quan hệ thầy trò của chúng tôi gắn bó hơn.  Khó khăn nhất của việc áp dụng phương pháp này là học sinh phải nhận ra được số hạng tổng quát của tổng. Đây là khó khăn nội tại của kiểu bài toán này mà phương pháp dùng đạo hàm hay tích phân cũng không khắc phục được. 2. Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm Trong thời đại thông tin hiện nay, học sinh có nhiều nguồn tài liệu tham khảo. Những học sinh ham tìm hiểu có thể gặp những kiến thức có vẻ giống như kiến thức đã học và cả những bài toán nâng cao mà các em không giải quyết được. Việc giải đáp và tư vấn thấu đáo cho đối tượng học sinh này là điều rất cần thiết và không ít khó khăn, nó đòi hỏi giáo viên phải nghiên cứu, cập nhận kiến thức, phương pháp phù hợp để giảng dạy tốt hơn. Phương pháp truyền thống dùng công cụ đạo hàm hoặc tích phân rõ ràng là phương pháp mạnh. Nó không những dùng để giải quyết bài toán mà còn giúp sáng tạo ra nhiều bài toán. Sáng kiến kinh nghiệm này không nhằm phủ nhận điều đó mà chỉ nhằm cung cấp cho học sinh hướng giải quyết các bài toán một cách tự nhiên, từ đặc điểm nội tại của bài toán, và phần nào giáo dục cho học sinh quan niệm giải toán : phân tích đặc điểm nội tại bài toán để tìm ra hướng giải quyết bài toán.
3. Khả năng ứng dụng của sáng kiến kinh nghiệm Từ kết quả của bài test, chúng tôi nhận thấy rằng chúng ta có thể thực hiện được chuyên đề này cho học sinh khá, giỏi lớp 11 vào giờ trái buổi hoặc tranh thủ dạy một vài bài trong giờ bài tập. Nhằm giúp các em tiếp cận được các bài toán nâng cao trong các tài liệu tham khảo và trong các đề thi Đại học, Cao đẳng. Từ đó làm cho các em ham học hơn. 4. Kiến nghị Đề tài này có thể là không lạ đối với người ai yêu và thích nghiên cứu Toán. Nhưng với mong muốn đáp ứng tinh thần ham học, thích khám phá của học sinh và trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp trong Tỉnh, chúng tôi xin đề nghị Phòng Giáo dục Trung học Phổ thông và Hội đồng bộ môn toán của Sở phổ biến sáng kiến kinh nghiệp này đến các tổ bộ môn toán trong Tỉnh. Chúng tôi hy vọng sáng kiến kinh nghiệm này được quý thầy cô đồng nghiệp phát triển và dạy cho học sinh khá, giỏi lớp 11, lớp 12 trong Tỉnh ta. Chúng tôi cũng rất mong nhận được sự trao đổi của các em học sinh và đồng nghiệp trong Tỉnh về đề tài này. Địa chỉ liên hệ của chúng tôi : tvdaikg@yahoo.com hoặc diễn đàn www.nguyentrungtruc.edu.vn. Cuối cùng chúng tôi xin chân thành cảm ơn những góp ý quý báu của quý Thầy Cô trong Tổ Toán Trường Trung học Phổ thông Nguyễn Trung Trực và những nhận xét đánh giá của ban thi đua Trường THPT Nguyễn Trung Trực. Kiên Giang, ngày 08/05/2012. Tác giả, Trương Văn Đại.
TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Sách giáo khoa Đại số 11 Cơ bản, Nhà xuất bản Giáo dục, năm 2006. [2] Các đề thi chính thức và dự bị Đại học. [3] Những trao đổi, thảo luận của chúng tôi trên maths.vn và một số trang khác.
MỤC LỤC Trang A. Phần mở đầu ................................................................................................. 1 1. Bối cảnh của đề tài .................................................................................... 1 2. Lý do chọn đề tài ....................................................................................... 1 3. Phạm vi và đối tượng đề tài ....................................................................... 2 4. Mục đích của đề tài ................................................................................... 2 5. Sơ lược những điểm mới cơ bản nhất trong kết quả nghiên cứu ................ 2 6. Tính sáng tạo về khoa học và thực tiễn của đề tài ...................................... 2 B. Phần nội dung ............................................................................................... 4 n k I. Cơ sở lý thuyết của phương pháp xử lý các tổng dạng a C k 0 k n ................... 4 II. Thực trạng vấn đề ..................................................................................... 5 III. Giải quyết vấn đề ..................................................................................... 7 1. Phương pháp biến đổi số hạng tổng quát để đưa các tổng quan tâm về các tổng cơ bản, đơn giản .................................................................................. 7 2. Phương pháp sử dụng các tính chất cơ bản của số tổ hợp Cnk . .............. 11 3. Phương pháp sử dụng hai cách giải khác nhau của bài toán đếm. ........ 12 IV. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm ..................................................... 15 C. PHẦN KẾT LUẬN..................................................................................... 16 1. Những bài học kinh nghiệm..................................................................... 16 2. Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm ......................................................... 16 3. Khả năng ứng dụng của sáng kiến kinh nghiệm ....................................... 17 4. Kiến nghị ................................................................................................. 17 Tài liệu tham khảo ........................................................................................... 19