Ứng dụng của máy tính bỏ túi vào khai triển nhị thức niutơn và giải nhanh phương trình tổ hợp

SỞ GD – ĐT ………………..
TRƯỜNG THPT ………………..

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
…….., ngày … tháng ….. năm …….

BÁO CÁO
KẾT QUẢ THỰC HIỆN SÁNG KIẾN
I- Sơ lược lí lịch tác giả:
- Họ và tên: …………….Nam, nữ: Nam
- Ngày tháng năm sinh:………………..
- Nơi thường trú: ………………………
- Đơn vị công tác: ………………..
- Chức vụ hiện nay:
- Lĩnh vực cơng tác: Giảng dạy mơn Tốn Trung Học Phổ Thông.
II- Tên sáng kiến: Ứng Dụng của máy tính bỏ túi vào khai triển nhị thức Niutơn và giải
nhanh phương trình tổ hợp.
III- Lĩnh vực: Giải pháp kĩ thuật (Quy trình cải tiến phương pháp giảng dạy)
IV- Mục đích yêu cầu của sáng kiến:
1.
Thực trạng ban đầu trước khi áp dụng sáng kiến: Việc khai triển nhị thức
NiuTơn ở một số học sinh còn nhiều sai sót trong áp dụng cơng thức và kỹ thuật
tính tốn tớn nhiều thời gian. Việc giải phương trình tổ hợp của học sinh còn nhiều
hạn chế.
Có nhiều chủng loại máy tính bỏ túi có thể trợ giúp được việc khai triển nhị thức
nhưng vẫn chưa được học sinh và giáo viên khai thác nhiều.
2.
Sự cần thiết phải áp dụng sáng kiến:Việc tiết kiệm thời gian và chính xác
hóa khai triển nhị thức để bở trợ việc giải tốn được nhanh, hiệu quả tạo hứng thú
học tập cho học sinh.

Hình thức kiểm tra bằng phương pháp trắc nghiệm được áp dụng, khi đó việc ứng
dụng máy tính bỏ túi để khai triển nhị thức và giải nhanh phương trình tổ hợp là rất
cần thiết.
3.
Nội dung sáng kiến:
NỘI DỤNG 1: Khai triển nhị thức Niutơn:
A. Công thức nhị thức Niutơn:

 a  b

n

 1

 Cn0 a n  Cn1 a n1b  ...  Cnk a n  k b k  ...  Cnn1ab n1  Cnnb n

Công thức (1) được gọi là công thức nhị thức NiuTơn.
Hệ Quả:
Với a  b  1, ta có 2n  Cn0  Cn1  ...  Cnn
Với a  1, b  1 ta có :

0  Cn0  Cn1  ...   1 Cnk  ...   1 Cnn
k

1

n


Chú y :

Trong biểu thức ở vế phải của công thức (1) :
Số các hạng tử là n  1 .
Các hạng tử có số mũ của a giảm dần từ n đến 0, số mũ của b tăng dần
từ 0 đến n, nhưng tổng số mũ của a và b trong mỗi hạng tử luôn bằng n (quy
ước a 0  b 0  1 )
Các hệ số của mỗi cặp hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và ći thì
bằng nhau.
B. Các ví dụ :
1. Ví Dụ 1 : Khai triển biểu thức :  x  y 

6

Theo công thức nhị thức niu tơn ta có :

 x  y

6

 C60 x 6  C61 x 5 y  C62 x 4 y 2  C63 x 3 y 3  C64 x 2 y 4  C65 xy 5  C66 y 6
 x 6  6 x 5 y  15 x 4 y 2  20 x3 y 3  15 x 4 y 2  6 x5 y  y 6

2. Ví Dụ 2 : Khai triển biểu thức  2 x  3

 2 x  3

4

 C40  2 x   C41  2 x 
4

3

4

 3  C42  2 x   3
2

2

 C43  2 x   3  C44  3
3

4

 16 x 4  96 x 3  216 x 2  216 x  81

 2x  3y 

3. Ví Dụ 3 : Khai triển biểu thức :

 2x  3y 

7

 C70  2 x   C71  2 x 

7

 3 y   C72  2 x   3 y   C73  2 x   3 y 
3

4
2
5
1
6
7
 C74  2 x   3 y   C75  2 x   3 y   C76  2 x   3 y   C77  3 y 
7

6

5

2

4

3

 128 x 7  1344 x 6 y  6048x 5 y 2  15120 x 4 y 3  22680 x 3 y 4  20412 x 2 y 5  10206 xy 6  2187 y 7
C. Phân dạng khai triển nhị thức
1.

a. Dạng 1 :  ax  b 

n

Dạng khai triển :

 ax  b 

n

 Cn0  ax   Cn1  ax 
n

n 1

b  Cn2  ax 

n 2

b 2  ..  Cnn 1  ax  b n 1  Cnnb n
1

b. Nhận xét :
Có n  1 hạng tử .
Mũ của x giảm dần từ n đến 0.
c. Hướng dẫn sử dụng Máy Tính Bỏ Túi ( MTBT ) để khai triển.
Một số dạng MTBT thường được áp dụng : Casio FX-570 VN Plus, Casio
FX-570 ES Plus, Vinacal 570 ES Plus,…..
B1 : Liệt kê n  1 biến số x với số mũ giảm dần 1 đơn vị từ n đến 0.
B2 : Nhập cú pháp trên máy tính bỏ túi theo công thức như sau để tìm n  1
hệ số của n  1 hạng tử tương ứng theo thứ tự.
Cú Pháp :
2


n qPQ) O a ^ n pQ)$O b ^Q)

Trong đó : n là số mũ của biểu thức khai triển
a, b là hai giá trị trong biểu thức khai triển.
B3 : Lần lượt tính các giá trị i  i �N  của X từ 0 đến n . MTBT cho ra kết quả lần lượt
là hệ của các số hạng thứ i  1 của khai triển.
Cú pháp :
r0= giá trị hệ số của số hạng thứ 1
r1= giá trị hệ số của số hạng thứ 2
r2= giá trị hệ số của số hạng thứ 3
……
r n = giá trị hệ số của số hạng thứ n  1
B4 : Điền các giá trị vừa tính được vào vị trí tương ứng .
d. Ví dụ minh họa :
7
Ví dụ 1 : Khai triển biểu thức sau :  3 x  4 
Nhận xét : ta cần nhận biết với biểu thức trên thì trong cú pháp sẽ tương ứng giá trị như
sau :
n  7,
a  3, b  4
Vì n  7 nên ta có 8 hạng tử trong khai triển chứa x với số mũ giảm dần như sau :
B1 :
x7
x6
x5
x4
x3
x2
x1
x0
B2 : Nhập cú pháp :

7qPQ)O3^7pQ)$O4^Q)
B3 : Tính các giá trị hệ số tương ứng :
r0= ta có hệ số của số hạng thứ 1 là 2187.
r1= ta có hệ số của số hạng thứ 2 là 20412.
r2= ta có hệ số của số hạng thứ 3 là 81648.
r3= ta có hệ số của số hạng thứ 4 là 181440.
r4= ta có hệ số của số hạng thứ 5 là 241920.
r5= ta có hệ số của số hạng thứ 6 là 193536.
r6= ta có hệ số của số hạng thứ 7 là 86016.
r7= ta có hệ số của số hạng thứ 8 là 16384.
B4 : Kết luận kết quả :

 3x  4 

7

 2187 x 7 +20412x6 +81648x5 +181440x 4 +241920x3 +193536x 2 +86016x  16384

Ví dụ 2 :Khai triển biểu thức sau :  2  3x 
Giải : ta biến đổi :

 2  3x 

6

  3 x  2 

6

6

Khi đó lúc nhập các giá trị trên MTBT ta hiểu n  6,
B1 :
x6
x5
x4
x3
x2
x1
B2 : Nhập cú pháp :
3

a  3,
x0

b2 .


6qPQ)O(p3)^6pQ)$O2^Q)
B3 : Tính các giá trị hệ số tương ứng :
r0=
r1=
r2=
r3=
r4=
r5=
r6=

ta có hệ số của số hạng thứ 1 là 729.
ta có hệ số của số hạng thứ 2 là -2916.

ta có hệ số của số hạng thứ 3 là 4860.
ta có hệ số của số hạng thứ 4 là -4320.
ta có hệ số của số hạng thứ 5 là 2160.
ta có hệ số của số hạng thứ 6 là -576.
ta có hệ số của số hạng thứ 7 là 64

B4 : Kết luận kết quả :

 2  3x 

6

  3 x  2   729 x 6  2916 x 5  4860 x 4  4320 x3  2160 x 2  576 x  64
6

5

1�
�2
Ví dụ 3 : Khai triển biểu thức sau : � x  �
2�
�3
Hướng dẫn giải :
Nhập cú pháp :

5qPQ)O(a2R3$)^5pQ)$O(ap1R2$)^Q)
5

1 � 32 5 40 4 20 3 5 2 5
1

�2
x  x 
x  x 
x
Kết quả : � x  �
2 � 243
81
27
9
24
32
�3
2. a. Dạng 2 :  ax  b 

n

Dạng khai triển :

 ax



 b   Cn0  ax   Cn1  ax 
n

n

n 1

b  Cn2  ax 

n2

b 2  ..  Cnn 1  ax  b n1  Cnnb n
1

b. Nhận xét :
Có n  1 hạng tử .
Mũ của x giảm dần đều từ  .n đến 0. Mỗi lần giảm  .
  0
x n4, x4 n 4 ,4x4n 22 ,...,
4 4x 4 4 4,3x
Tức là : 1
 n  n 1

n 1

c. Hướng dẫn sử dụng Máy Tính Bỏ Túi ( MTBT ) để khai triển.
B1 : Liệt kê n  1 biến số x với số mũ giảm dần  đơn vị từ  .n đến 0.
B2 : Nhập cú pháp trên máy tính bỏ túi theo công thức như sau để tìm n  1
hệ số của n  1 hạng tử tương ứng theo thứ tự.
Cú Pháp :
n qPQ) O a ^ n pQ)$O b ^Q)

4


Trong đó : n là số mũ của biểu thức khai triển
a, b là hai giá trị trong biểu thức khai triển.
B3 : Lần lượt tính các giá trị i  i �N  của X từ 0 đến n . MTBT cho ra kết quả lần lượt

là hệ của các số hạng thứ i  1 của khai triển.
Cú pháp :
r0= giá trị hệ số của số hạng thứ 1
r1= giá trị hệ số của số hạng thứ 2
r2= giá trị hệ số của số hạng thứ 3
……
r n = giá trị hệ số của số hạng thứ n  1
B4 : Điền các giá trị vừa tính được vào vị trí tương ứng .
d. Ví dụ minh họa :

* Ví dụ 1 : Khai triển biểu thức sau :  3 x 2  4 

7

Nhận xét : ta cần nhận biết với biểu thức trên thì trong cú pháp sẽ tương ứng giá trị như
sau :
n  7,
a  3, b  4
Vì n  7 nên ta có 8 hạng tử trong khai triển chứa x với số mũ giảm dần như sau :
B1 :
x14
x12
x10
x8
x6
x4
x2
x0
B2 : Nhập cú pháp :

7qPQ)O3^7pQ)$O4^Q)
B3 : Tính các giá trị hệ số tương ứng :
r0= ta có hệ số của số hạng thứ 1 là 2187.
r1= ta có hệ số của số hạng thứ 2 là 20412.
r2= ta có hệ số của số hạng thứ 3 là 81648.
r3= ta có hệ số của số hạng thứ 4 là 181440.
r4= ta có hệ số của số hạng thứ 5 là 241920.
r5= ta có hệ số của số hạng thứ 6 là 193536.
r6= ta có hệ số của số hạng thứ 7 là 86016.
r7= ta có hệ số của số hạng thứ 8 là 16384.
B4 : Kết luận kết quả :

 3x

2

 4   2187 x14 +20412x12 +81648x10 +181440x8 +241920x 6 +193536x 4 +86016x 2  16384
7

Ví dụ 2 :Khai triển biểu thức sau :  2  3x3 
Giải : ta biến đổi :

 2  3x    3x
3 6

3

 2

6

6

Khi đó lúc nhập các giá trị trên MTBT ta hiểu n  6,
B1 :
x18
x15
x12
x9
x6
x3
B2 : Nhập cú pháp :

6qPQ)O(p3)^6pQ)$O2^Q)

5

a  3,
x0

b2 .


B3 : Tính các giá trị hệ số tương ứng :
r0= ta có hệ số của số hạng thứ 1 là 729.
r1= ta có hệ số của số hạng thứ 2 là -2916.
r2= ta có hệ số của số hạng thứ 3 là 4860.
r3= ta có hệ số của số hạng thứ 4 là -4320.
r4= ta có hệ số của số hạng thứ 5 là 2160.
r5= ta có hệ số của số hạng thứ 6 là -576.

r6= ta có hệ số của số hạng thứ 7 là 64
B4 : Kết luận kết quả :

 2  3x    3x
3 6

3

 2   729 x18  2916 x15  4860 x12  4320 x9  2160 x 6  576 x 3  64
6

5

1�
�2
Ví dụ 3 : Khai triển biểu thức sau : � x 4  �
2�
�3
Hướng dẫn giải :
Nhập cú pháp :

5qPQ)O(a2R3$)^5pQ)$O(ap1R2$)^Q)
Kết quả :
5
�2 4 1 � 32 20 40 16 20 12 5 8 5 4 1
x  x 
x  x 
x 
� x  �
2 � 243

81
27
9
24
32
�3
3.

a. Dạng 3 :  ax  bx  

n

Dạng khai triển :

 ax



 bx    Cn0  ax   Cn1  ax 
n

n

n 1

 bx   ..  C  ax   bx 


n 1
n

 1

1
 x 

x
b. Ví dụ : xét một số khai triển sau :
Lưu y :

 2x
 2x

3

 3 x 2   16 x12  96 x11  216 x10  216 x9  81x8

4

 3x   16 x16  96 x13  216 x10  216 x 7  81x 4

4

4

4

81
� 3 3�
2 x  � 16 x12  96 x8  216 x 4  216  4

�
x�
x
�
4

3 �
216 216 81
�
2 x  2 � 16 x 4  96 x1  2  5  8
�
x �
x
x
x
�
4

96
�2
2 � 16
4
8
� 2  3x � 8  4  216  216 x  81x
x
�x
� x
b. Nhận xét :
6

 n 1

 Cnn  bx  

n


Có n  1 hạng tử .
Số mũ của x giảm hoặc tăng dần từ  n đến  n . Với số k    
c. Hướng dẫn sử dụng Máy Tính Bỏ Túi ( MTBT ) để khai triển.
B1 : Liệt kê n  1 biến số x với số mũ giảm hoặc tăng dần k     đơn vị
từ  n đến  n .
Nếu k  0 số mũ của x giảm dần , nếu k  0 số mũ của x tăng dần.
B2 : Nhập cú pháp trên máy tính bỏ túi theo công thức như sau để tìm n  1
hệ số của n  1 hạng tử tương ứng theo thứ tự.
Cú Pháp :
n qPQ) O a ^ n pQ)$O b ^Q)

Trong đó : n là số mũ của biểu thức khai triển
a, b là hai giá trị trong biểu thức khai triển.
B3 : Lần lượt tính các giá trị i  i �N  của X từ 0 đến n . MTBT cho ra kết quả lần lượt
là hệ của các số hạng thứ i  1 của khai triển.
Cú pháp :
r0= giá trị hệ số của số hạng thứ 1
r1= giá trị hệ số của số hạng thứ 2
r2= giá trị hệ số của số hạng thứ 3
……
r n = giá trị hệ số của số hạng thứ n  1
B4 : Điền các giá trị vừa tính được vào vị trí tương ứng .
d. Ví dụ minh họa :

* Ví dụ 1 : Khai triển biểu thức sau :  3 x 4  4 x 2 

7

Nhận xét : ta cần nhận biết với biểu thức trên thì trong cú pháp sẽ tương ứng giá trị như
sau :
n  7,
a  3,
b4
  4,
 2
  20
Vì n  7 nên ta có 8 hạng tử trong khai triển chứa x với số mũ giảm dần như sau :
B1 :
x 28
x 26
B2 : Nhập cú pháp :

x 24

x 22

x 20

7qPQ)O3^7pQ)$O4^Q)
B3 : Tính các giá trị hệ số tương ứng :
r0= ta có hệ số của số hạng thứ 1 là 2187.
r1= ta có hệ số của số hạng thứ 2 là 20412.
r2= ta có hệ số của số hạng thứ 3 là 81648.

r3= ta có hệ số của số hạng thứ 4 là 181440.
r4= ta có hệ số của số hạng thứ 5 là 241920.
r5= ta có hệ số của số hạng thứ 6 là 193536.
r6= ta có hệ số của số hạng thứ 7 là 86016.
r7= ta có hệ số của số hạng thứ 8 là 16384.
7

x18

x16

x14


B4 : Kết luận kết quả :

 3x

4

 4 x 2   2187 x 28 +20412x 26 +81648x 24 +181440x 22 +241920x 20
7

+193536x18 +86016x16  16384 x14
* Ví dụ 2 :Khai triển biểu thức sau :  2 x  3 x 4 

6

Giải :
Khi đó lúc nhập các giá trị trên MTBT ta hiểu

n  6,
a  2,
b  3,   1,   4
B1 :
x6
x9
x12
x15
x18
B2 : Nhập cú pháp :

    3  0 .
x 21
x 24

6qPQ)O(p3)^6pQ)$O2^Q)
B3 : Tính các giá trị hệ số tương ứng :
r0= ta có hệ số của số hạng thứ 1 là 64.
r1= ta có hệ số của số hạng thứ 2 là -576.
r2= ta có hệ số của số hạng thứ 3 là 2160.
r3= ta có hệ số của số hạng thứ 4 là -4320.
r4= ta có hệ số của số hạng thứ 5 là 4860 .
r5= ta có hệ số của số hạng thứ 6 là -2916 .
r6= ta có hệ số của số hạng thứ 7 là 729
B4 : Kết luận kết quả :

 2 x  3x 

4 6

 64 x6  576 x 9  2160 x12  4320 x15  4860 x18  2916 x 21  729 x 24
5

3�
�
2x  2 �
Ví dụ 3 : Khai triển biểu thức sau : �
x �
�
Hướng dẫn giải :
Nhập cú pháp :

5qPQ)O2^5pQ)$(p3)^Q)
5

3�
720 1080 810 243
�
2 x  2 � 32 x 5  240 x 2 
 4  7  10
Kết quả : �
x �
x
x
x
x
�
4.

a. Dạng 4 :  ax  by 

n

Dạng khai triển :

 ax  by 

 Cn0  ax   Cn1  ax  by  Cn2  ax   by   ..  Cnn1  ax   by   Cnn  by 
b. Nhận xét :
Có n  1 hạng tử .
Số mũ của x giảm dần đều từ n đến 0. Mỗi lần giảm 1 đơn vị
n

n

n 1

n2

8

2

1

n 1

n

-

Số mũ của y tăng dần đều từ 0 đến n. Mỗi lần tăng 1 đơn vị.
Tổng số mũ của x và y luôn bằng n.

x n , x n1 y , x n2 y 2 ,..., xy n1, y n
Tức là : 1 4 4 4 44 2 4 4 4 4 43
n 1

c. Hướng dẫn sử dụng Máy Tính Bỏ Túi ( MTBT ) để khai triển.
x n , x n1 y , x n2 y 2 ,..., xy n1 , y n
B1 : Liệt kê n  1 biến số 1 4 4 4 44 2 4 4 4 4 43
n 1

B2 : Nhập cú pháp trên máy tính bỏ túi theo công thức như sau để tìm n  1
hệ số của n  1 hạng tử tương ứng theo thứ tự.
Cú Pháp :
n qPQ) O a ^ n pQ)$O b ^Q)
Trong đó : n là số mũ của biểu thức khai triển
a, b là hai giá trị trong biểu thức khai triển.
B3 : Lần lượt tính các giá trị i  i �N  của X từ 0 đến n . MTBT cho ra kết quả lần lượt
là hệ của các số hạng thứ i  1 của khai triển.
Cú pháp :
r0= giá trị hệ số của số hạng thứ 1
r1= giá trị hệ số của số hạng thứ 2
r2= giá trị hệ số của số hạng thứ 3
……
r n = giá trị hệ số của số hạng thứ n  1
B4 : Điền các giá trị vừa tính được vào vị trí tương ứng .
d. Ví dụ minh họa :

7
* Ví dụ 1 : Khai triển biểu thức sau :  3 x  4 y 
Nhận xét : ta cần nhận biết với biểu thức trên thì trong cú pháp sẽ tương ứng giá trị như
sau :
n  7,
a  3, b  4
Vì n  7 nên ta có 8 hạng tử trong khai triển chứa x với số mũ giảm dần như sau :
x7
x6 y
x5 y 2
x 4 y3
x3y 4
x 2 y5
xy 6
y7
B1 :
B2 : Nhập cú pháp :

7qPQ)O3^7pQ)$O4^Q)
B3 : Tính các giá trị hệ số tương ứng :
r0= ta có hệ số của số hạng thứ 1 là 2187.
r1= ta có hệ số của số hạng thứ 2 là 20412.
r2= ta có hệ số của số hạng thứ 3 là 81648.
r3= ta có hệ số của số hạng thứ 4 là 181440.
r4= ta có hệ số của số hạng thứ 5 là 241920.
r5= ta có hệ số của số hạng thứ 6 là 193536.
r6= ta có hệ số của số hạng thứ 7 là 86016.
r7= ta có hệ số của số hạng thứ 8 là 16384.

9

B4 : Kết luận kết quả :

 3x  4 y 

7

 2187 x 7 +20412x 6 y+81648x 5 y 2 +181440x 4 y 3 +241920x 3 y 4
+193536x 2 y 5 +86016xy 6  16384 y 7

Ví dụ 2 :Khai triển biểu thức sau :  2 y  3x 
Giải :
Khi đó lúc nhập các giá trị trên MTBT ta hiểu n  6,
y6
y5 x
y4 x2
y 3 x3
y2 x4
B1 :
B2 : Nhập cú pháp :
6

a  3,
yx 5
x6

b2 .

6qPQ)O2^6pQ)$(p3)^Q)

B3 : Tính các giá trị hệ số tương ứng :
r0= ta có hệ số của số hạng thứ 1 là 64.
r1= ta có hệ số của số hạng thứ 2 là -576.
r2= ta có hệ số của số hạng thứ 3 là 2160.
r3= ta có hệ số của số hạng thứ 4 là -4320.
r4= ta có hệ số của số hạng thứ 5 là 4860 .
r5= ta có hệ số của số hạng thứ 6 là -2916 .
r6= ta có hệ số của số hạng thứ 7 là 729
B4 : Kết luận kết quả :

 2 y  3x 

6

 64 y 6  576 y 5 x  2160 y 4 x 2  4320 y 3 x3  4860 y 2 x 4  2916 yx5  729 x 6

Ví dụ 3 : Khai triển biểu thức sau :  2 xy  3 y 
Hướng dẫn giải :
Liệt kê n  1 hạng tử chứa xy như sau :
5
4
3
2
 xy 
 xy  y  xy  y 2  xy  y 3  xy  y 4
Nhập cú pháp :
5

y5

5qPQ)O2^5pQ)$O(p3)^Q)
Kết quả :
5
 2 xy  3 y   32 x 5 y 5  240 x 4 y 5  720 x3 y 5  1080 x 2 y 5  810xy 5  243 y 5
a. Dạng 5 :  ax  by  

5.

n

Dạng khai triển :

 ax



 by    Cn0  ax   Cn1  ax 
n

b. Nhận xét :
-

n

n 1

by   ..  Cnn 1  ax   by  
1

n 1

 Cnn  by  

n

Có n  1 hạng tử .
Số mũ của x giảm dần đều từ  n đến 0. Mỗi lần giảm  đơn vị

10


-

Số mũ của y tăng dần đều từ 0 đến  n . Mỗi lần tăng  đơn vị.

x n , x n  y  , x n 2 y 2  ,..., x y  n  , y n
Tức là : 1 4 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 4 43
n 1

c. Hướng dẫn sử dụng Máy Tính Bỏ Túi ( MTBT ) để khai triển.
x n , x n  y  , x n 2 y 2  ,..., x y  n  , y n
B1 : Liệt kê n  1 biến số 1 4 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 4 43
n 1

B2 : Nhập cú pháp trên máy tính bỏ túi theo công thức như sau để tìm n  1
hệ số của n  1 hạng tử tương ứng theo thứ tự.
Cú Pháp :
n qPQ) O a ^ n pQ)$O b ^Q)

Trong đó : n là số mũ của biểu thức khai triển

a, b là hai giá trị trong biểu thức khai triển.
B3 : Lần lượt tính các giá trị i  i �N  của X từ 0 đến n . MTBT cho ra kết quả lần lượt
là hệ của các số hạng thứ i  1 của khai triển.
Cú pháp :
r0= giá trị hệ số của số hạng thứ 1
r1= giá trị hệ số của số hạng thứ 2
r2= giá trị hệ số của số hạng thứ 3
……
r n = giá trị hệ số của số hạng thứ n  1
B4 : Điền các giá trị vừa tính được vào vị trí tương ứng .
d. Ví dụ minh họa :

* Ví dụ 1 : Khai triển biểu thức sau :  3 x 2  4 y 3 

7

Nhận xét : ta cần nhận biết với biểu thức trên thì trong cú pháp sẽ tương ứng giá trị như
sau :
n  7,
a  3, b  4
Vì n  7 nên ta có 8 hạng tử trong khai triển chứa x với số mũ giảm dần như sau :
x14
x12 y3
x10 y 6
x8 y 9
x 6 y12
x 4 y15
x 2 y18
y 21
B1 :

B2 : Nhập cú pháp :

7qPQ)O3^7pQ)$O4^Q)
B3 : Tính các giá trị hệ số tương ứng :
r0= ta có hệ số của số hạng thứ 1 là 2187.
r1= ta có hệ số của số hạng thứ 2 là 20412.
r2= ta có hệ số của số hạng thứ 3 là 81648.
r3= ta có hệ số của số hạng thứ 4 là 181440.
r4= ta có hệ số của số hạng thứ 5 là 241920.
r5= ta có hệ số của số hạng thứ 6 là 193536.
r6= ta có hệ số của số hạng thứ 7 là 86016.
11


r7= ta có hệ số của số hạng thứ 8 là 16384.
B4 : Kết luận kết quả :

 3x

2

 4 y 3   2187 x14 +20412x12 y3 +81648x10 y6 +181440x8 y9 +241920x 6 y12
7

+193536x 4 y15 +86016x 2 y18  16384 y 21
6

�2
�
Ví dụ 2 :Khai triển biểu thức sau : � 2  3x 2 �

�y
�
Giải :
Khi đó lúc nhập các giá trị trên MTBT ta hiểu n  6,
1
x2
x4
x6
x8
B1 :
y12
y10
y8
y6
y4
B2 : Nhập cú pháp :

a  2,
10

x
y2

b  3 .
x12

6qPQ)O2^6pQ)$(p3)^Q)
B3 : Tính các giá trị hệ số tương ứng :
r0= ta có hệ số của số hạng thứ 1 là 64.
r1= ta có hệ số của số hạng thứ 2 là -576.

r2= ta có hệ số của số hạng thứ 3 là 2160.
r3= ta có hệ số của số hạng thứ 4 là -4320.
r4= ta có hệ số của số hạng thứ 5 là 4860 .
r5= ta có hệ số của số hạng thứ 6 là -2916 .
r6= ta có hệ số của số hạng thứ 7 là 729
B4 : Kết luận kết quả :
6

64 576 x 2 2160 x 4 4320 x 6 4860 x8 2916 x10
�2
12
2�
� 2  3x � y12  y10  y 8  y 6  y 4  y 2  729 x
�y
�
Ví dụ 3 : Khai triển biểu thức sau :  2 xy 2  3 x 3 y 
Hướng dẫn giải :
Liệt kê n  1 hạng tử chứa xy như sau :

 xy 

2 5

 xy 

2 4

x3 y

 xy   x y 

2 3

3

2

5

 xy   x y 
2 2

3

3

 xy   x y 
2

3

4

 x y

Nhập cú pháp :
5qPQ)O2^5pQ)$O(p3)^Q)
Kết quả :

 2 xy

2

 3x3 y   32 x5 y10  240 x7 y 9  720 x9 y8  1080 x11 y 7  810 x13 y 6  243x15 y 5
5

* NỘI DUNG 2 : Phương trình tổ hợp.
A. Một sớ kiến thức cần thiết.
1. Sớ hốn vị : Sớ hốn vị của n phần tử khác nhau được tính bằng công thức :
12

3

5


Pn  1.2.3...n  n !
1!=1
Quy ước : 0!  1,
2. Số chỉnh hợp : Số chỉnh hợp chập k  1 �k �n  của n phần tử khác nhau được tính bằng
n!

k
công thức : An  n  k !



1 �k �n

Lưu y : An  Pn
3. Số tổ hợp : Số tổ hợp chập k  0 �k �n  của n phần tử khác nhau được tính bằng công

n

n!

k
thức : Cn  k !. n  k ! 0 �k �n


Tính chất :
k
n k
 0 �k �n 
+ Tính chất 1 : Cn  Cn

 1 �k �n 

k 1
k
k
+ Tính chất 2 : Cn1  Cn1  Cn
Lưu y : Cn0  1, C1n  n

B. Các ví dụ :
7
2

Ví dụ 1 : Giải phương trình Cn1  Cn2  Cn3  n (n  N* ,n 3)  1
Giải:
Cn1  Cn2  Cn3 

7
n
2

� n

n!
n!
7

 n
2! n  2  ! 3! n  3 ! 2

�
6 3  n �1
 �γ
 n 1  n 2 

n 2 16 0

21

Vậy phương trình  1 có nghiệm n  4 .
2
3

Ví dụ 2: Giải phương trình Cn31  Cn21  . An22
Giải:
2 2
2

Cn31 Cγ�
n1  . An 2
3

n

N *, n

4



 n  1 !
3!.  n  4  !

n4
�
�
n  4  l 
�

N * ,n

(n

3)

 n �4   2 
 n  1 !
2!.  n  3 !

2  n  2 !
.
3  n  4 !

�
n  2 l 
�  n  1  n  3  3  n  1  4  n  3 � n 2  11n  18  0 � �
n9
�
Vậy phương trình  2  có nghiệm n  9 .
3
n1
n 3
2
Ví dụ 3: Giải phương trình An  2Cn1  3Cn1  3n  P6  159
Giải:

An3  2Cnn11  3Cnn13  3n 2  P6  159 �
� n  n  1  n  2    n  1 .n 

 n  N , n 3  3
*

2  n  1 ! 3  n  1 !
n!


 3n 2  6! 159
n


3
!
2!
n

1
!
2!
n

3
!


 



3  n  1  n  2 

2
Vậy phương trình  3 có nghiệm n  12 .

 3n 2  879 � 2n 3  13n 2  15n  1764  0 � n  12

13


C. Giải pháp ứng dụng MTBT

1. Cú pháp:
n

Kí hiệu

Kí hiệu trên máy tính

Q)
Q)qu
Q)qO2
( giả sử k  2 )
Q)qP2

X
X!

Pn
Ank ( k là hằng số đã biết )

XPk

Cnk ( k là hằng số đã biết )

XCk

Nhập máy

( giả sử k  2 )

Sử dụng chức năng TABLE ( w7 )

Phương trình dạng: h  n   g  n 
 n �N *  ( với n là biến số)
Cú Pháp:
* h  n  g  n
 n �N *  � h  n   g  n  = 0
* Đặt f  X   h  n   g  n 

* w7 f  X   h  n   g  n  , =
* STAR nhập số 1 =
* END nhập số 20 =
* STEP nhập số 1 =
* R kiểm tra cột F  X  nhận giá trị 0 tương ứng giá trị của X là nghiệm cần tìm.

2. Một sớ ví dụ:
7
2

1
2
3
*
Ví dụ 1: Giải phương trình Cn  Cn  Cn  n (n  N ,n 3)  1

Giải:
Nhập máy theo cú pháp:

w7Q)qP1+Q)qP2+Q)qP3pa7Q)R2==1=2
0=1=RRR
Vậy phương trình  1 có nghiệm n  4 .
2

3

3
2
2
Ví dụ 2: Giải phương trình Cn1  Cn1  . An2

Giải:
Nhâp may theo cu phap:

14

 n �4   2 


w7(Q)p1)qP3p(Q)p1)qP2pa2R3$O(Q)p2)
qO2==1=20=1=RRRRRRRRR
Vậy phương trình  2  có nghiệm n  9 .

3
n1
n 3
2
Ví dụ 3: Giải phương trình An  2Cn1  3Cn1  3n  P6  159
Giải:

Nhập máy theo cú pháp:

w7Q)qO3+2O(Q)
+1)qP(Q)p1)p3O(Q)p1)qP(Q)p3)p3Q)dp6qup

159==1=20=1=RRRRRRRRRRR
Vậy phương trình  3 có nghiệm n  12 .
1

1

7

Ví dụ 4: Giải phương trình C1  C 2  6C1
n
n1
n 4
Giải:

 n �N   4 
*

Nhập máy theo cú pháp:

w7a1RQ)qP1$pa1R(Q)+1)qP2$pa7R6O(Q)
+4)qP1==1=20=1=RRRRRRR
Vậy phương trình  4  có nghiệm n  3, n  8 .

3
n 3
n 2
1
Ví dụ 5: Giải phương trình Cn  Cn1  Cn1 .Cn3
Giải:

Nhập máy theo cú pháp:

15

 5

 n  N , n 3  3
*


w7Q)qP3p(Q)p1)qP(Q)p3)p((Q)p1)qP(Q)p2)O(Q
)+3)qP1)==3=18=1=RRRRRRRRRR
Vậy phương trình  5  có nghiệm n  12 .

V- Hiệu quả đạt được:
- Học sinh khá giỏi : đa số đều thực hiện được nhanh và chính xác.
- Học sinh yếu, kém : trên 60% hiểu và thực hiện tốt.
-

Giáo viên đánh giá tốt về giải pháp kỹ thuật này.

VI- Mức độ ảnh hưởng:
* Đối với học sinh: tạo được hứng thú khi học, đa số học sinh chấp nhận giải pháp.
* Đối với giáo viên: đánh giá tốt giải pháp.
VII- Kết luận:
Sáng kiến kinh nghiệm đã thu được một số kết quả sau đây:
- Đa số học sinh chấp nhận và thực hiện tốt giải pháp, tăng tính chính xác và
hiệu quả trong việc giải quyết các bài toán lớn.
- Tiết kiệm được nhiều thời gian trong việc khai triển nhị thức và giải một số
phương trình tổ hợp.

- Tạo được nhiều hứng thú khi học tập cho học sinh.
- Đa số giáo viên đánh giá tích cực về giải pháp.
Tôi cam đoan những nội dung báo cáo là đúng sự thật.
Tháng 000 năm 0000
Xác nhận của đơn vị áp dụng sáng kiến
Người viết sáng kiến

`

…………………………..

16