sử dụng công cụ đạo hàm, tích phân và số phức nhằm giúp học sinh giải nhanh một số bài toán tổ hợp
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (227.39 KB, 23 trang )
Sáng kiến kinh nghiệm
MỤC LỤC
Nội dung Trang
Mụclục 1
A. Đặt vấn đề. 2
B. Giải quyết vấn đề. 3
I. Cơ sở lý luận của vấn đề. 3
II. Thực trạng của vấn đề: 5
III. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề 6
1. Sử dụng công cụ đạo hàm trong giải toán tổ hợp 6
2. Sử dụng công cụ tích phân trong giải toán tổ hợp 11
3. Sử dụng công cụ số phức trong giải toán tổ hợp 16
IV. Hiệu quả của SKKN 20
C. Kết luận 21
Tài liệu tham khảo 22
(SKKN được xếp loại C cấp tỉnh năm học 2012-2013)
Tác giả: Nguyễn Lạnh Thơm
Giáo viên trường THPT Nguyễn Quán Nho
A. Đặt vấn đề:
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
1
Sáng kiến kinh nghiệm
Trong chương trình phổ thông, bài toán tổ hợp là một phần quan trọng để
phát triển tư duy, tính sáng tạo của các em học sinh. 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. Để giải quyết bài toán này có nhiều phương pháp
khác nhau, khi thì dùng trực tiếp các tính chất về tổ hợp, phép biến đổi tương
đương, cũng có khi là sử dụng đạo hàm, tích phân, còn số phức thì thật sự còn
mới mẻ. Song trong nội dung bài viết này tôi trình bày một số bài toán tổ hợp
hay gặp mà cách giải là tổng thể sử dụng công cụ đạo hàm, tích phân và số
phức. Đây thực sự là một công cụ hữu hiệu, giúp học sinh giải quyết bài toán
nhanh, gọn, chính xác. Mong muốn hơn của tôi là cho các em cái nhìn tổng thể
về cách giải quyết bài toán này.
Tất nhiên, tổ hợp được học ở trong chương trình lớp 11, cụ thể là ở giữa
HKI. Còn đạo hàm thì được trình bày ở cuối HKII của lớp 11, tích phân được
học ở trong chương trình lớp 12, thậm chí số phức được trình bày ở cuối chương
trình lớp 12. Hệ thống các bài tập ở sách giáo khoa và sách bài tập về ứng dụng
đạo hàm, tích phân và số phức để giải các bài toán tổ hợp thì không được trình
bày nhiều, học sinh không được rèn luyện kỹ năng này trên lớp. Do đó, khi gặp
bài toán này ở các đề thi Đại học và Cao đẳng, phần lớn các em không làm
được.
Nhằm mục đích để cho các em học sinh chuẩn bị bước vào các kỳ thi
quan trọng, thấy được tổng thể các phương pháp giải quyết bài toán tổ hợp, từ
đó tạo cho các em niềm tin sẽ làm bài tốt trong các kỳ thi sắp tới. Tôi chọn đề tài
“Sử dụng công cụ đạo hàm, tích phân và số phức nhằm giúp học sinh giải
nhanh một số bài toán tổ hợp”. làm sáng kiến kinh nghiệm của mình. Đồng
thời áp dụng đề tài ngay cho các em học sinh dang học lớp 12 năm 2013 này.
B. Giải quyết vấn đề:
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
2
Sáng kiến kinh nghiệm
I. Cơ sở lý luận của vấn đề.
Rõ dàng các bài tập tổ hợp mà ta giải quyết ở chuyên đề này là: Tính tổng,
Chứng minh đẳng thức, hay tìm n∈N
*
thoả mãn đẳng thức nào đó, tất nhiên là
các dạng này đều chứa
k
n
C
và đó là những bài toán này liên quan đến những khai
triển nhị thức Newton, mà việc chọn các số hạng trong nhị thức, số mũ của nhị
thức có vai trò cực kỳ quan trọng đối với bài toán ta cần giải quyết.
Giả sử, ta xét nhị thức:
(1 + x)
n
=
0 1 2 2 n n
C xC x C x C
n n n n
+ + + +
(1) (với mọi x và với mọi n∈N
*
)
Từ đó suy ra:
a) Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:
[(1+x)
n
]′=
0 1 2 2
n n
n n n n
C C x C x C x
+ + + +
′
⇔
n(1+x)
n−1
=
121
2
−
+++
nn
nnn
xnCxCC
(2)
b) Lấy tích phân hai vế của (1) ta được:
( )
( )
( )
b b
n
0 1 2 2 n n
n n n n
a a
b
b
n 1
2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
a
a
1 x dx C C x C x C x dx
1 x
x x x
C x C C C (3)
n 1 2 3 n 1
+
+
+ = + + + +
+
⇔ = + + + +
+ +
∫ ∫
c) Giả sử bài toán cần tính tổng của
k
n
C
(với k = 0,1,2, n)
Ta Khai triển (1 + x)
n
, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp
(thường ta chọn là x = i). Mặt khác khai triển trực tiếp các số phức (thường chỉ
xét các số phức có argument là
6
π
±
,
4
π
±
,
3
π
±
). Rồi so sánh phần thực và phần
ảo của cùng một số phức trong hai cách tính. Từ đó sẽ tìm được mối liên hệ cho
tổng cần tính.
Sau đây tôi sẽ trình bày mỗi phương pháp một ví dụ tương ứng, để làm
minh chứng cho cơ sở lý luận của đề tài này. Ở phần giải quyết vấn đề tôi cố
gắng trình bày các bài toán một cách chi tiết, phân tích và nhận xét cách giải
nhằm giúp học sinh thấy được khi nào dùng công cụ đạo hàm, tích phân hay số
phức có hiệu quả cao nhất.
Ví dụ 1: (Đề tuyển sinh đại học KA -2005)
Tìm số nguyên dương n sao cho :
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2
2.2 3.2 4.2 (2 1)2 2005 (1)
n n
n n n n n
C C C C n C
+
+ + + + +
− + − + + + =
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
3
Sáng kiến kinh nghiệm
Giải
Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có :
( )
2 1
0 1 2 2 3 3 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 2 3 3 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
1
(2 1).(1 ) 2 (2)
n
n n
n n n n n
n n n
n n n n
x C C x C x C x C x
n x C C x C x C x
+
+ +
+ + + + +
+ +
+ + + +
+ = + + + + +
⇒ + + = + + + +
Chọn x= -2 thay vào (2) ta được:
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 1 2.2 3.2 4.2 (2 1)2 (3)
n n
n n n n n
n C C C C n C
+
+ + + + +
+ = − + − + + +
Từ (1) và (3) ta thấy VT (1) = VP (3) suy ra 2n+1=2005
1002=⇔ n
(thoả mãn)
Kết luận:
1002n =
là gái trị cần tìm
Ví dụ 2: (Đề tuyển sinh đại học KA-2007)
Cho n là số nguyên dương,chứng minh:
12
12
2
1
6
1
4
1
2
1
2
12
2
5
2
3
2
1
2
+
−
=++++
−
n
C
n
CCC
n
n
nnnn
Giải:
Xét các khai triển
( )
2n
0 1 2 2 3 3 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n
1 x C C x C x C x C x+ = + + + + +
(1)
( )
2n
0 1 2 2 3 3 2n 2n
n 2n 2n 2n 2n
1 x C C x C x C x C x
− = − + − + +
(2)
Trừ vế theo vế (1) và (2) ta được:
( ) ( )
( )
2n 2n
1 3 3 2n 1 2n 1
2n 2n 2n
1 x 1 x 2 C x C x C x
− −
+ − − = + + +
( ) ( )
2n 2n
1 3 3 2n 1 2n 1
2n 2n 2n
1 x 1 x
C x C x C x
2
− −
+ − −
⇔ = + + +
Suy ra
( ) ( )
( )
2n 2n
1 1
1 3 3 2n 1 2n 1
2n 2n 2n
0 0
1 x 1 x
dx C x C x C x dx
2
− −
+ − −
= + + +
∫ ∫
( ) ( )
1
1
2n 1 2n 1
1 2 3 4 2n 1 2n
2n 2n 2n
0
0
1 x 1 x
1 1 1
C x C x C x
2(2n 1) 2 4 2n
+ +
−
+ + −
÷
⇔ = + + +
÷
÷
+
2n
1 3 5 2n 1
2n 2n 2n 2n
1 1 1 1 2 1
C C C C
2 4 6 2n 2n 1
−
−
⇔ + + + + =
+
(đpcm)
Ví dụ 3: (Bài tập 29 trang 206 SGK Giải tích 12- Nâng cao)
Tính: S =
0 2 4 16 18
19 19 19 19 19
C C C C C− + − + −
Giải
Ta có:
19 0 1 2 4 4 16 16 18 18 1 3 3 19 19
19 19 19 19 19 19 19 19
(1 ) ( ) ( )i C C i C i C i C i C i C i C i+ = + + + + + + + + +
=
0 2 4 16 18
19 19 19 19 19
C C C C C− + − + −
+(
1 3 5 17 19
19 19 19 19 19
C C C C C− + − + −
)i
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
4
Sáng kiến kinh nghiệm
Từ đó suy ra phần thực ở vế phải là
0 2 4 16 18
19 19 19 19 19
C C C C C− + − + −
mặt khác,
19
19
(1 ) 2( )
4 4
i cos sin
Π Π
+ = +
=
19
19 19
( 2) ( )
4 4
cos sin
Π Π
+
=
19
2 2
( 2) ( )
2 2
i− +
= -2
9
+ 2
9
i
So sánh hai cách tính trên ta được S =
0 2 4 16 18
19 19 19 19 19
C C C C C− + − + −
= -2
9
= -512
II. Thực trạng của vấn đề:
Thuận lợi: Năm 2013 tôi đặt mục tiêu là hoàn thành chuyên đề “ Sử dụng
công cụ đạo hàm, tích phân và số phức nhằm giúp học sinh giải nhanh một
số bài toán tổ hợp”. thì lại trùng với việc tôi được trực tiếp giảng dạy hai lớp
12, mà số đông trong các em là những học sinh quyết tâm sẽ thi vào các trường
Đại học và cao đẳng. Đó là thuận lợi đáng kể để tôi áp dụng đề tài này, và tôi tin
là lớp học sinh được tôi truyền đạt chuyên đề này sẽ đạt kết quả khác biệt so với
lớp học sinh có chất lượng tương tự khi tôi cũng trực tiếp giảng dạy các em năm
2010.
Khó khăn: Tỷ lệ học sinh làm được loại toán này còn rất thấp.
Điều này tôi thu được vì cả hai năm lớp 10, 11 tôi đều trực tiếp dạy các em và
sang năm 2013 này tôi đã tiến hành khảo sát chất lượng làm bài loại toán này
thông qua một số bài kiểm tra đối với học sinh lớp 12C1 và 12C3.
Lớp Sỉ số Đạt diểm dưới 5 Tỉ lệ Đạt diểm trên 5 Tỉ lệ
12C1 43 25 60.9% 18 39.1%
12C3 44 30 63.6% 14 36.4%
(Khảo sát chất lượng khi chưa đưa chuyên đề này vào giảng dạy)
Tôi hiểu rằng, việc lĩnh hội kiến thức này và rèn luyện kĩ năng của các em học
sinh đòi hỏi nhiều công sức và thời gian. Hiện tại nhận thức của học sinh thể
hiện khá rõ đó là:
- Các em còn lúng túng trong việc tìm hướng giải quyết cho một bài toán tổ hợp.
- Nhiều học sinh có tâm lí sợ loại bài tập này.
Đây là chuyên đề đòi hỏi sự tư duy, phân tích của các em. Thực sự là khó
không chỉ đối với học sinh mà còn khó đối với cả giáo viên trong việc truyền tải
kiến thức, lẫn phương pháp tới các em. Cụ thể là làm thế nào để các em hiểu khi
nào thì bài toán tổ hợp sử dụng được các công cụ trên.
III. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề :
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
5
Sáng kiến kinh nghiệm
Trong dạy và học toán nhiệm vụ của thầy và trò là tìm ra một phương pháp
phù hợp để giải các bài tập là quan trọng nhất. Như đã nói ở trên, phần giải
quyết vấn đề này, tôi sẽ cố gắng trình bày các bài toán một cách chi tiết, phân
tích và nhận xét cách giải nhằm giúp học sinh thấy được khi nào dùng công cụ
đạo hàm, tích phân hay số phức có hiệu quả cao, giúp học sinh giải quyết bài
toán nhanh, gọn, và chính xác. Từ đó tạo cho các em niềm tin sẽ làm bài tốt
trong các kỳ thi sắp tới.
Sau đây tôi xin đi vào từng phần cụ thể
1. SỬ DỤNG CÔNG CỤ ĐẠO HÀM TRONG GIẢI TOÁN TỔ HỢP
1.1. Phương pháp
Trước khi đi vào các bài toán cụ thể, ta cần nhớ các đẳng thức bắt đầu từ
những khai triển Newton và phép lấy đạo hàm các đẳng thức đó.
Dấu hiệu áp dụng đạo hàm cấp 1: Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần
hoặc giảm dần từ 1,2,3,…,n hay n,…,3,2,1 tức là số hạng đó có dạng
k
n
kC
hoặc
1k n k k
n
kC a b
− −
thì ta có thể dùng đạo hàm cấp 1 để tính. Cụ thể:
a) (1+x)
n
=
nn
nnnn
xCxCxCC ++++
2210
⇒ [(1+x)
n
]′=
0 1 2 2
n n
n n n n
C C x C x C x
+ + + +
′
⇔
n(1+x)
n−1
=
121
2
−
+++
nn
nnn
xnCxCC
b) (1−x)
n
=
nn
n
n
nnn
xCxCxCC )1(
2210
−+−+−
⇒ [(1−x)
n
]′=
0 1 2 2
( 1)
n n n
n n n n
C C x C x C x
− + − + −
′
⇔
−n(1−x)
n−1
=
1 2 1
2 ( 1)
n n n
n n n
C C x nC x
−
− + − + −
c) (x+1)
n
=
0 1 1 2 2 1
n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
+ + + + +
⇒ [(x+1)
n
]′=
0 1 1 2 2 1
n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
′
+ + + + +
⇔
n(x+1)
n−1
=
0 1 1 2 2 3 1
( 1) ( 2)
n n n n
n n n n
nC x n C x n C x nC
− − − −
+ − + − + +
d) (x−1)
n
=
0 1 1 2 2 1
1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
−
− + − + − + −
⇒ [(x−1)
n
]′=
0 1 1 2 2 1 1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − − −
′
− + − + − + −
⇔
n(x−1)
n−1
=
0 1 1 2 2 3 1
( 1) ( 2) ( 1)( 1)
n n n n
n n n n
nC x n C x n C x n C
− − − −
− − + − − + − −
Tổng quát:
( )
0 1 1
2
n
n n n n
n n n
a x C a C a x nC ax
−
+ = + + +
⇒
( ) ( )
1
1 1 2 2 1
2 1
n
n n n n
n n n
n a x C a C a nC ax
−
− − −
+ = + + +
Đến đây thay x,a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm.
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
6
Sáng kiến kinh nghiệm
Dấu hiệu áp dụng đạo hàm cấp 2: Khi hệ số đứng trước tổ hợp có dạng
1.2,2.3,…,(n-1)n hay (n-1)n,…,3.2,2.1 hay 1
2
,2
2
,…,n
2
(không kể dấu) tức là số
hạng đó có dạng
( 1)
k n k
n
k k C a
−
−
hay tổng quát hơn
( )
1
k n k k
n
k k C a b
−
−
thì ta có thể
dùng đạo hàm đến cấp 2 để tính. Xét đa thức
Từ các đẳng thức về đạo hàm cấp 1 ở trên ta có
a) n(n−1)(1+x)
n-2
=
2 3 2
2.1 3.2 ( 1)
n n
n n n
C C x n n C x
−
+ + −
b) n(n−1)(1−x)
n-2
=
2 3 4 2 2
2.1 3.2 4.3 ( 1) ( 1)
n n n
n n n n
C C x C x n n C x
−
− + + − −
c) n(n−1)(x+1)
n-2
=
0 2 1 3 3 2
( 1) ( 1)( 2) 3.2 2.1
n n n n
n n n n
n n C x n n C x C x C
− − − −
− + − − + + +
d)(n−1)(x−1)
n-2
=
0 2 1 3 3 3 2 2
( 1) ( 1)( 2) ( 1) 3.2 ( 1) 2.1
n n n n n n
n n n n
n n C x n n C x C x C
− − − − − −
− − − − + + − + −
Tổng quát
( )
0 1 1
n
n n n n
n n n
a bx C C a bx C b x
−
+ = + + +
⇒
( )
1
1 1 2 2 2 1
2
n
n n n n n
n n n
bn a bx C a b C a b x nC b x
−
− − −
+ = + +
⇔
( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 1
1 2.1 1 2
n n n n n
n n
b n n a bx C a b n n C b x
− − −
− + = + + −
Đến đây ta chỉ việc thay a,b,x bởi các hằng số thích hợp nữa thôi.
Một số lưu ý:
- Tùy thuộc từng bài mà thế số mũ n, giá trị x và một trong các công thức trên
cho phù hợp.
- Nếu mất những số hạng đầu (
0
n
C
,
1
n
C
) ta sử dụng các công thức chứa (1+x) cho
tổng không đan dấu, còn nếu tổng đan dấu ta sử dụng các công thức chứa (1- x) .
- Nếu mất những số hạng sau (
n
n
C
,
1n
n
C
−
) ta sử dụng các công thức chứa (x+1) cho
tổng không đan dấu, còn nếu tổng đan dấu ta sử dụng các công thức chứa (1- x)
- Nếu mất một số hạng thì ta đạo hàm cấp 1, nếu mất 2 số hạng thì ta đạo hàm
cấp 2.
Ta sẽ bàn và phân tích kỹ cách áp dụng của phương pháp này trong từng bài
toán cụ thể.
Tóm lại: Với loại bài tập này sau khi chọn được hàm số
)(xf
thích hợp ta tiến
hành lấy đạo hàm hàm số đã chọn theo hai cách:
- Lấy đạo hàm trực tiếp hàm số đã cho
- Lấy đạo hàm sau khi đã sử dụng khai triển nhị thức Newton hàm số
)(xf
đã
chọn (Dĩ nhiên ở đây
)(xf
có dạng có thể dùng công thức khai triển nhị thức
Newton)
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
7
Sáng kiến kinh nghiệm
-Với phép lấy đạo hàm, ta lựa chọn một giá trị phù hợp cho x, rồi thay vào hai
biểu thức và tính đạo hàm.
Như vậy tôi nhấn mạnh cho học sinh thấy khi gặp bài toán có chứa hệ số kiểu
a.n ta chú ý ngay đến cách dùng đạo hàm.
1.2 Bài tập
Bài 1: Chứng minh rằng
1 2 3
2 3
n
n n n n
C C C nC+ + + +
=n.2
n-1
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
0
n
C
và tổng không đan dấu nên ta sử
dụng (1+x)
n
, đạo hàm cấp 1.
Giải:
Ta có (1+x)
n
=
nn
nnnn
xCxCxCC ++++
2210
⇒ [(1+x)
n
]′=
0 1 2 2
n n
n n n n
C C x C x C x
+ + + +
′
⇔
n(1+x)
n−1
=
121
2
−
+++
nn
nnn
xnCxCC
Thay x=1, ta có điều phải chứng minh.
Bài 2: Chứng minh:
2 3 4
2.1 3.2 4.3 ( 1)
n
n n n n
C C C n n C+ + + −
= n(n−1).2
n-2
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
0
n
C
,
1
n
C
và tổng không đan dấu nên ta
sử dụng (1+x)
n
, đạo hàm cấp 2.
Giải:
Ta có (1+x)
n
=
nn
nnnn
xCxCxCC ++++
2210
⇒ [(1+x)
n
]′′=
0 1 2 2
n n
n n n n
C C x C x C x
+ + + +
′′
⇔
n(n−1)(1+x)
n-2
=
2 3 2
2.1 3.2 ( 1)
n n
n n n
C C x n n C x
−
+ + −
Thay x=1 vào đẳng thức cuối ta có điều phải chứng minh.
Bài 3: Chứng minh:
1 2 3 1
1 2 3 ( 1)
n n
n n n n
C C C nC
−
− + − + −
= 0
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
0
n
C
và tổng đan dấu nên ta sử
dụng (1−x)
n
, đạo hàm cấp 1.
Giải:
Ta có (1−x)
n
=
nn
n
n
nnn
xCxCxCC )1(
2210
−+−+−
⇒ [(1−x)
n
]′=
0 1 2 2
( 1)
n n n
n n n n
C C x C x C x
− + − + −
′
⇔
−n(1−x)
n−1
=
1 2 1
2 ( 1)
n n n
n n n
C C x nC x
−
− + − + −
Thay x=1 ta có điều phải chứng minh.
Bài 4: Chứng minh
0 1 2 3 1 1
( 1) ( 2) ( 3) ( 1)
n n
n n n n n
nC n C n C n C C
− −
− − + − − − + + −
=0
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
n
n
C
và tổng đan dấu nên ta sử
dụng (x−1)
n
, đạo hàm cấp 1.
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
8
Sáng kiến kinh nghiệm
Giải:
Ta có: (x−1)
n
=
0 1 1 2 2 1
1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
−
− + − + − + −
⇒ [(x−1)
n
]′=
0 1 1 2 2 1 1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − − −
′
− + − + − + −
⇔
n(x−1)
n−1
=
0 1 1 2 2 3 1 1
( 1) ( 2) ( 1)
n n n n n
n n n n
nC x n C x n C x C
− − − − −
− − + − − + −
Thay x=1 ta có điều phải chứng minh.
Bài 5: Chứng minh
2 0 1 2
( 1)2 ( 1) ( 1)( 2) 2
n n
n n n
n n n n C n n C C
− −
− = − + − − + +
.
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
1
,
n n
n n
C C
−
và tổng không đan dấu nên ta
sử dụng (x+1)
n
, đạo hàm cấp 2.
Giải:
(x+1)
n
=
0 1 1 2 2 1
n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
+ + + + +
⇒ [(x+1)
n
]′′=
0 1 1 2 2 1
n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
+ + + + +
′′
⇔
n(n−1)(x+1)
n-2
=
0 2 1 3 3 2
( 1) ( 1)( 2) 3.2 2.1
n n n n
n n n n
n n C x n n C x C x C
− − − −
− + − − + + +
Thay x=1 ta có điều phải chứng minh.
Bài 6: Chứng minh:
1 1 2 2
( 1) ( 1) .2.2 ( 1) . .(2 1) (2 1)
n n n k k n
n n n n
C C k k C n n C
− − −
− + − + + − − + + −
= n
Phân tích: do −1 đi kèm với lũy thừa, giữa các số hạng là dấu + nên ta xem như
tổng không đan dấu, chứa tổ hợp của n, mất
0
n
C
. Ta sử dụng (−1+x)
n
, đạo hàm
cấp 1.
Giải:
Ta có:
( )
0 1 1 2 2 2
1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
n
n n n n k k k n n
n n n n n
x C C x C x C x C x
− − −
− + = − + − + − + + − + +
⇒ [(−1+x)
n
]′=[
0 1 1 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
n n n n k k k n n
n n n n n
C C x C x C x C x
− − −
− + − + − + + − + +
]′
⇔
n(−1+x)
n−1
=
1 1 2 2 1 1
( 1) ( 1) 2 ( 1)
n n n k k k n n
n n n n
C C x kC x nC x
− − − − −
− + − + + − + +
Thay x=2 ta
có điều phải chứng minh.
Bài 7: Chứng minh
4 1 0 4 2 1 4 3 2 1 1 1 2 2 2 1
( 1) ( 2) ( 1) 2
n n n n n n n
n n n n n n n
n C n C n C C C C n C
− − − − − −
− − + − − + − = + +
Phân tích: vế trái chứa tổ hợp của n, đan dấu, mất
n
n
C
nên ta sử dụng (x−1)
n
, đạo
hàm cấp 1. Vế phải cũng chứa tổ hợp của n nhưng không đan dấu, mất
0
n
C
nên ta
sử dụng (1+x)
n
, đạo hàm cấp 1.
Giải:
Ta có: (x−1)
n
=
0 1 1 2 2 1
1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
−
− + − + − + −
⇒ [(x−1)
n
]′=
0 1 1 2 2 1 1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − − −
′
− + − + − + −
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
9
Sáng kiến kinh nghiệm
⇔
n(x−1)
n−1
=
0 1 1 2 2 3 1 1
( 1) ( 2) ( 1)
n n n n n
n n n n
nC x n C x n C x C
− − − − −
− − + − − + −
Thay x=4 ta được
n3
n−1
=
1 0 2 1 3 2 1 1
4 ( 1)4 ( 2)4 ( 1)
n n n n n
n n n n
n C n C n C C
− − − − −
− − + − − + −
(1)
(1+x)
n
=
nn
nnnn
xCxCxCC ++++
2210
⇒ [(1+x)
n
]′=
0 1 2 2
n n
n n n n
C C x C x C x
+ + + +
′
⇔
n(1+x)
n−1
=
121
2
−
+++
nn
nnn
xnCxCC
Thay x=2 ta được n3
n−1
=
1 2 2 2 1
2
n n
n n n
C C n C
−
+ +
(2)
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
Bài 8: Chứng minh (n+4)2
n−1
=2
0 1 2
3 4 ( 2)
n
n n n n
C C C n C+ + + + +
Phân tích: tương tự như bài trên nhưng độ chênh lệch ở đây là 2 nên ta nhân
thêm x
2
trước khi đạo hàm.
Giải:
Ta có: x
2
(1+x)
n
=
0 2 1 3 2 4 2
n n
n n n n
C x C x C x C x
+
+ + + +
Đạo hàm 2 vế ta được
2x(1+x)
n
+nx
2
(1+x)
n−1
=
0 1 2 2 3 1
2 3 4 ( 2)
n n
n n n n
C x C x C x n C x
+
+ + + + +
Thay x=1 ta được
2
n+1
+n.2
n−1
= 2
0 1 2
3 4 ( 2)
n
n n n n
C C C n C+ + + + +
⇔
(n+4)2
n−1
=
0 1 2
3 4 ( 2)
n
n n n n
C C C n C+ + + + +
Bài 9:Tính tổng: S =
0 1 2 3 2012
2012 2012 2012 2012 2012
2 3 4 2013C C C C C+ + + + +
Giải:
Phân tích: tổng chứa tổ hợp của 2012, không đan dấu, hệ số gắn với
2012
2012
C
lớn
nhất nên ta sử dụng (1+x)
2012
.
SHTQ là (k+1)
k
n
C
, hệ số đầu chênh lệch hơn 1 đơn vị nên ta nhân thêm 2 vế
với x.
Giải:
Ta xét: x(1+x)
2012
=
0 1 2 2 3 2012 1
2012 2012 2012 2012
n
C x C x C x C x
+
+ + + +
Đạo hàm 2 vế ta được
(2012x+x+1)(1+x)
2011
=
0 1 2 2 2012
2012 2012 2012 2012
2 3 2013
n
C C x C x C x+ + + +
Cho x=1 ta VP = tổng S, còn VT = 2014.2
2011
Vậy tổng S = 2014.2
2011.
Các bài tập làm thêm
Bài 1. Chứng minh rằng :
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
10
Sáng kiến kinh nghiệm
1-nn
n
2
n
1
n
0
n
2).2(n1)C(n 3.C2.CC
+=+++++
HD : xét hàm số f(x) = x(1+x)
n
• Khai triển và đạo hàm cấp 1, hai vế theo biến x
• Thay x = 1.
Ở bài toán này tôi muốn rèn luyện kỹ năng lựa chọn hàm số .
Bài 2. Chứng minh rằng :
2
2n
n
33
n
22
n
21
n
]1)!-[(n
1)!-(2n
)n.(C )3.(C)2.(C)(C =++++
HD : Xét hàm số f(x)= (1+x)
n
• Đạo hàm cấp một theo x, hai vế và suy ra x.f’(x) (1)
• Thay x bởi
x
1
, ta được (2)
• Nhân (1) cho (2), ta thu được hệ số của số hạng không chứa x là đẳng
thức chứng minh .
Bài 3: :(ĐH BKHN-1999) Tính tổng
( )
1
1 2 3 4
2 3 4 1
n
n
n n n n n
C C C C nC
−
− + − + + −
Bài 4:(CĐSP Bến Tre Khối A-2002) Chứng minh rằng:
1 1 19 19
20 20 20
2C C C+ + + =
Bài 5:(CĐ Khối T-M-2004)Chứng minh rằng :
2004
0 2 1 2004 2004
2004 2004 2004
3 1
2 2
2
C C C
+
+ + + =
Bài 6: Rút gọn tổng:
2 1 2008 2 2 2007 2 2009
2009 2009 2009
1 2 2 2 2009C C C+ + +
Bài 7: Tính tổng:
0 1 2007
2007 2007 2007
2008 2007 C C C+ + +
HD : Xét
( )
2007
1x +
2. SỬ DỤNG CÔNG CỤ TÍCH PHÂN TRONG GIẢI TOÁN TỔ HỢP
2.1. Phương pháp
Các dấu hiệu nhận biết sử dụng phương pháp tích phân
Nếu trong tổng dãy tổ hợp, các số hạng chứa các phân số
1 1 1 1
1; ; ; ; ; ;
2 3 4 n
và mẫu số được xếp theo thứ tự tăng hoặc giảm đều theo một quy luật nào đó, ta
nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Khi đó, ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Tìm hàm để tính tích phân với các cận thích hợp.
Bước 2: Lấy tính tích phân cả hai vế: vế chưa khai triển nhị thức Newton và vế
đã khai triển.
Bước 3: Cho hai kết quả bằng nhau và kết luận.
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
11
Sáng kiến kinh nghiệm
Ta sẽ tìm hiểu về phương pháp cơ bản (dùng tích phân hàm đa thức) và các
phương pháp bổ sung: Như nhân thêm x,x2, (tất nhiên các phương pháp Truy
hồi tích phân hay là Dựa vào tích phân cho trước tôi xin phép sẽ không đề cập ở
bài viết này do khuôn khổ của SKKN).
Lưu ý: Khi mỗi hệ số trong tổ hợp có dạng
k k
b a−
, ta chọn cận từ a đến b, tức
là
( )
b
a
f x dx
∫
Trước khi đi vào các bài toán cụ thể, ta cần nhớ các đẳng thức tích phân sau:
( )
( )
( )
b b
n
0 1 2 2 n n
n n n n
a a
b
b
n 1
2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
a
a
a) 1 x dx C C x C x C x dx
1 x
x x x
C x C C C
n 1 2 3 n 1
+
+
+ = + + + +
+
⇔ = + + + +
+ +
∫ ∫
( ) ( )
( )
( )
b b
n n
0 1 2 2 n n
n n n n
a a
b
b
n 1
2 3 n 1
n
0 1 2 n
n n n n
a
a
b) 1 x dx C C x C x 1 C x dx
1 x
x x x
C x C C 1 C
n 1 2 3 n 1
+
+
− = − + − + −
−
⇔ − = − + − + −
+ +
∫ ∫
( )
( )
b b
n
0 n 1 n 1 2 n 2 n
n n n n
a a
c) x 1 dx C x C x C x C dx
− −
+ = + + + +
∫ ∫
( )
b
b
n 1
n 1 n n 1
0 1 2 n
n n n n
a
a
x 1
x x x
C C C C
n 1 n 1 n n 1
+
+ −
+
⇔ = + + + +
+ + −
( ) ( )
b b
n n
0 n 1 n 1 2 n 2 n
n n n n
a a
d) x 1 dx C x C x C x 1 C dx
− −
− = − + − + −
∫ ∫
( )
( )
b
b
n 1
n 1 n n 1
n
0 1 2 n
n n n n
a
a
x 1
x x x
C C C 1 C
n 1 n 1 n n 1
+
+ −
−
⇔ = − + − + −
+ + −
Tiếp theo ta nghiên cứu các bài toán cụ thể theo cách chia dạng sau:
2.2 Bài tập.
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
12
Sáng kiến kinh nghiệm
Phương pháp 1: Xét tích phân dựa vào hàm đa thức.
Bài 1:
Tính: 2
1
0 1 2
26 3 1
4
3 1
n
n
n n n n
C C C C
n
+
−
+ + + +
+
Phân tích: tổng không đan dấu, có chứa phân số (dấu hiệu sử dụng tích phân),
quan sát số hạng cuối có hệ số
1
3 1
1
n
n
+
−
+
, ta biết cận từ 1 đến 3. Nên ta sử
dụng
3
1
(1 )
n
x dx+
∫
Giải:
Ta có
3
1
(1 )
n
x dx+
∫
=
3
0 1 2 2
1
( )
n n
n n n n
C C x C x C x dx+ + + +
∫
3
1
1
(1 )
1
n
x
n
+
+
⇔
+
=[
2 3 1
0 1 2
2 3 1
n
n
n n n n
x x x
C x C C C
n
+
+ + + +
+
]
3
1
3
1
1
(1 )
1
n
x
n
+
+
⇔
+
=
2 3 1
0 3 1 3 2 3 3
1 1 1 1
2 3 1
n
n
n n n n
x x x
C x C C C
n
+
+ + + +
+
1 1 1
0 1 2
4 2 26 3 1
2 4
1 3 1
n n n
n
n n n n
C C C C
n n
+ + +
− −
⇔ = + + +
+ +
Vậy S =
1 1
4 2
1
n n
n
+ +
−
+
Lưu ý: khi tính giá trị tích phân có gắn tổ hợp ta nên tách riêng từng tổ hợp một
như trên để tính thì kết quả nhanh hơn.
Bài 2: Tính tổng S=
0
2
n
C
−
2 1 3 2 1
1 1 1
.2 .2 ( 1) . .2
2 3 1
n n n
n n n
C C C
n
+
+ − + −
+
Phân tích: chuỗi đan dấu, hệ số phân số,
1
1n +
gắn với
n
n
C
, có dấu hiệu dùng tích
phân, quan sát hệ số của số hạng cuối ta lấy cận từ 0 đến 2, tức là
2
0
(1 )
n
x dx−
∫
.
Giải:
2
0
(1 )
n
x dx−
∫
=
2
0 1 2 2
0
( ( 1) )
n n n
n n n n
C C x C x C x dx− + − + −
∫
⇒
2
1
0
(1 )
1
n
x
n
+
− −
+
=
2
2 3 1
0 1 2
0
( 1)
2 3 1
n
n n
n n n n
x x x
C x C C C
n
+
− + − + −
+
1
1 ( 1)
1
n
n
+
− −
⇔
+
=
0
2
n
C
−
2 1 3 2 1
1 1 1
.2 .2 ( 1) . .2
2 3 1
n n n
n n n
C C C
n
+
+ − + −
+
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
13
Sáng kiến kinh nghiệm
Vậy S =
1 ( 1)
1
n
n
+ −
⇔
+
Bài 3. (ĐH Khối B-2003)
Cho
*
n ∈¥
. Tính tổng:
2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
2 1 2 1 2 1
S C C C C
2 3 n 1
+
− − −
= + + + +
+
Phân tích: Vế trái có chứa các phân số, mẫu số được xếp theo thứ tự tăng đều
một đơn vị, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Bây giờ, ta suy nghĩ hàm
lấy tích phân, các cận và số được thay vào cho biến. Vì số hạng cuối cùng có hệ
số
n 1
2 1
n 1
+
−
+
nên ta biết cận từ 1 đến 2 và tổng không đan dấu nên ta sử dụng
( )
2
n
1
1 x dx+
∫
Giải
Ta có :
( )
n
0 1 2 2 3 3 n n
n n n n n
1 x C C x C x C x C x+ = + + + + +
Suy ra
( )
( )
2 2
n
0 1 2 2 3 3 n n
n n n n n
1 1
1 x dx C C x C x C x C x dx+ = + + + + +
∫ ∫
( )
2
2
n 1
0 1 2 2 3 n n 1
n n n n
1
1
n 1 n 1 2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
1 x
1 1 1
C x C x C x C x
n 1 2 3 n 1
3 2 2 1 2 1 2 1
C C C C
n 1 2 3 n 1
+
+
+ + +
+
⇔ = + + + +
÷
+ +
− − − −
⇔ = + + + +
+ +
Vậy
2 3 n 1 n 1 n 1
0 1 2 n
n n n n
2 1 2 1 2 1 3 2
S C C C C
2 3 n 1 n 1
+ + +
− − − −
= + + + + =
+ +
Phương pháp 2: Nhân thêm x,x
2
, ( Các phương pháp bổ sung).
Thông thường sau khi lấy tích phân hệ số chứa
1
1
k
n
C
k +
. Nếu bài cho những hệ số
dạng
1
2
k
n
C
k +
. ta phải nhân thêm x trước khi lấy tích phân, còn dạng
1
3
k
n
C
k +
. ta
nhân thêm x
2
trước khi lấy tích phân,…
Bài 1:
Tính S=
0 1 2
1 1 1 1
2 3 4 2
n
n n n n
C C C C
n
+ + + +
+
.
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
14
Sáng kiến kinh nghiệm
Phân tích: tổng không đan dấu, độ chênh lệch so với dạng cơ bản là 1 nên ta
nhân thêm x trước khi tích phân.
Giải:
1
0
(1 )
n
x x dx+
∫
=
1
0 1 2 2 3 1
0
( )
n n
n n n n
C x C x C x C x dx
+
+ + + +
∫
1
0 1 2 2 3 1
0
( )
n n
n n n n
C x C x C x C x dx
+
+ + + +
∫
= [
2 3 4 2
0 1 2
2 3 4 2
n
n
n n n n
x x x x
C C C C
n
+
+ + + +
+
]
1
0
=
0 1 2
1 1 1 1
2 3 4 2
n
n n n n
C C C C
n
+ + + +
+
.= S
mặt khác
1
0
(1 )
n
x x dx+
∫
=
1
1
0
(1 ) (1 )
n n
x x dx
+
+ − +
∫
=
[
2 1
(1 ) (1 )
2 1
n n
x x
n n
+ +
+ +
−
+ +
]
1
0
=
2 1 1
2 2 1 1 .2 1
2 1 1 2 ( 1)( 2)
n n n
n
n n n n n n
+ + +
+
− + − =
+ + + + + +
Vậy S =
1
.2 1
( 1)( 2)
n
n
n n
+
+
+ +
Bài 2: Tính S=
0 1 2
1 1 1 1
( 1)
2 3 4 2
n n
n n n n
C C C C
n
− + − + −
+
.
Phân tích: tương tự như bài trên nhưng ở đây chuỗi đan dấu.
Giải:
1
0
(1 )
n
x x dx−
∫
=
1
0 1 2 2 3 1
0
( )
n n
n n n n
C x C x C x C x dx
+
− + − +
∫
Tính
1
0
(1 )
n
x x dx−
∫
. Đặt u=1−x
⇒
du= −dx, { x=0
⇒
u=1 x=1
⇒
u=0.
1
0
(1 )
n
x x dx−
∫
=
1
0
(1 )
n
u u du−
∫
=
1
1
0
1
n
u
n
+
+
2
1
0
2
n
u
n
+
−
+
=
1 1
1 2n n
−
+ +
=
1
( 1)( 2)n n+ +
=In
1
0 1 2 2 3 1
0
( )
n n
n n n n
C x C x C x C x dx
+
− + − +
∫
=[
2 3 4 2
0 1 2
( 1)
2 3 4 2
n
n n
n n n n
x x x x
C C C C
n
+
− + − + −
+
]
1
0
=
0 1 2
1 1 1 1
( 1)
2 3 4 2
n n
n n n n
C C C C
n
− + − + −
+
.=S
Vậy S =
1
( 1)( 2)n n+ +
Bài 3: Chứng minh :
33
12
33
1
9
1
6
1
3
1
1
210
+
−
=
+
++++
+
n
C
n
CCC
n
n
nnnn
Giải
Áp dụng khai triển nhị thức Newton
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
15
Sáng kiến kinh nghiệm
( )
3
1
n
x+
=
0 1 3 2 6 3
n n
n n n n
C C x C x C x+ + + +
⇒
( )
2 3
1
n
x x+
23825120
+
++++=
nn
nnnn
xCxCxCxC
( )
dxxx
n
3
1
0
2
1+⇒
∫
n
nnnn
C
n
CCC
33
1
9
1
6
1
3
1
210
+
++++=
(1)
Mặt khác
( ) ( ) ( )
33
12
11
3
1
1
1
3
1
0
3
1
0
32
+
−
=++=+
+
∫∫
n
xdxdxxx
n
nn
(2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm
Các bài tập làm thêm
Bài 1. (ĐH Sư phạm TPHCM Khối D-2000)
Cho
*
n ∈¥
. Chứng minh rằng:
n 1
0 1 2 n
n n n n
1 1 1 2 1
C C C C
2 3 n 1 n 1
+
−
+ + + + =
+ +
HD: Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân.
Tổng không đan dấu, ta sử dụng
( )
1
n
0
1 x dx+
∫
Bài 2. (ĐH Giao thông Vận tải - 1996)
Cho
*
n ∈¥
. Chứng minh rằng:
( ) ( )
n n
0 1 2 2 3 n n 1
n n n n
1 1 1 1
2C C 2 C 2 1 C 2 1 1
2 3 n 1 n 1
+
− + − + − = + −
+ +
HD: Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Vì số
hạng cuối cùng có hệ số
n 1
2
n 1
+
+
nên ta biết cận từ 0 đến 2 và tổng đan dấu nên ta
sử dụng
( )
2
n
0
1 x dx−
∫
Bài 3:
1/Tính tích phân
( )
dxxx
n
∫
−
1
0
1
2/Chứng minh:
( )
22
1
22
1
8
1
6
1
4
1
2
1
3210
+
=
+
−
++−+−
n
C
n
CCCC
n
n
n
nnnn
3. SỬ DỤNG CÔNG CỤ SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN TỔ HỢP
3.1. Phương pháp
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
16
Sáng kiến kinh nghiệm
Các dấu hiệu nhận biết khi nào thì dùng số phức để tính tổng của các
k
n
C
Đây là vấn đề lớn nhất cần chú ý cho học sinh. Ta dùng số phức để tính tổng
của các
k
n
C
khi tổng này có hai đặc điểm:
+ Các dấu trong tổng xen kẽ đều nhau .
+ k luôn lẻ, hoặc luôn chẵn hoặc khi chia k cho một số ta luôn được cùng một
số dư (trong chương trình phổ thông ta chỉ cho HS làm với k = 3l, k = 3l + 1, k =
3l + 2).
Lưu ý
+ Khai triển (1 + x)
n
, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp (thường ta
chọn là x = i). So sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức trong hai
cách tính.
+ Khai triển trực tiếp các số phức (thường chỉ xét các số phức có argument là
6
π
±
,
4
π
±
,
3
π
±
). Sau đó so sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức
trong hai cách tính.
+ Khai triển (1 + x)
n
, đạo hàm hai vế theo x sau đó cho x nhận giá trị là những
số phức thích hợp (thường ta chọn là x = i). Sau đó so sánh phần thực và phần
ảo của cùng một số phức trong hai cách tính.
Điều quan trọng là phải quan sát tổng cần tìm có những đặc điểm gì để lựa
chọn một trong các cách trên. Chủ yếu là căn cứ vào hệ số của các
k
n
C
trong
tổng. Để nói chi tiết được điều này đòi hỏi phải có lượng lớn những nhận xét, sẽ
vượt quá khuôn khổ cho phép của một đề tài sáng kiến kinh nghiệm. Tôi chỉ đưa
ra một số ví dụ minh hoạ cho một vài dạng hay gặp, qua đó người đọc sẽ trả lời
được câu hỏi cho mình.
3.2. Bài tập:
Dạng 1: Khai triển (1 + x)
n
, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp hoặc
khai triển trực tiếp các số phức.
Bài 1: Tính tổng sau S =
0 2 4 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009
C C C C C
− + − − +
P =
1 3 5 2007 2009
2009 2009 2009 2009 2009
C C C C C
− + − − +
Giải :
Xét khai triển
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
17
Sáng kiến kinh nghiệm
( )
2009
1 i+
=
( )
0 2 4 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009
C C C C C
− + − − +
+
( )
1 3 5 2007 2009
2009 2009 2009 2009 2009
C C C C C i
− + − − +
Mặt khác ta tính
( )
2009
1 i+
theo dạng lượng giác của số phức và áp dụng công
thức Moivre ta được :
( )
2009
1 i
+
=
( )
2009
2009 2009
2 . os isin
4 2
c
π π
+
÷
=
1004 1004
2 2 .i
+
Vậy so sánh phần thực và phần ảo ta có S =
1004
2
B =
1004
2
Bài 2. Tính tổng:
10 0 9 2 8 4 7 6 2 16 18 20
D =3 C -3 C +3 C -3 C + +3 C -3C +C
20 20 20 20 20 20 20
Giải:
Xét khai triển:
( )
20
20 0 19 1 18 2 19 20
3 i ( 3) C i( 3) C ( 3) C i 3C C
20 20 20 20 20
+ = + − − − +
= (
10 0 9 2 8 4 7 6 2 16 18 20
3 C -3 C +3 C -3 C + +3 C -3C +C
20 20 20 20 20 20 20
)
+
i
−++−
19
20
C3
17
20
C
3
)3(
3
20
C
17
)3(
1
20
C
19
)3(
Mặt khác:
( )
20
20
20
3 1π π 20π 20π
20 20 20
3 i 2 i 2 cos isin 2 cos isin
2 2 6 6 6 6
÷
÷
÷
÷
+ = + = + = +
i3
19
2
19
2i
2
3
2
1
20
2
3
4π
isin
3
4π
cos
20
2 −−=−−=+=
So sánh phần thực của
( )
20
i3 +
trong hai cách tính trên ta có:
D =
20
20
C
18
20
3C
16
20
C
2
3
6
20
C
7
3
4
20
C
8
3
2
20
C
9
3
0
20
C
10
3 +−++−+−
= - 2
19
Dạng 2: Khai triển (1 + x)
n
, đạo hàm hai vế theo x sau đó cho x nhận giá trị là
những số phức thích hợp
Bài 1: Tính tổng S=
2 2 4 3 6 9 18 10 20
2.3C -4.3 C +6.3 C +18.3 C -20.3 C
20 20 20 20 20
Giải:
Xét khai triển:
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
18
Sáng kiến kinh nghiệm
(1 +
3
x)
20
=
20
20
C
20
x)3(
19
20
C
19
x)3(
3
20
C
3
x)3(
2
20
C
2
x)3(
1
20
x)C3(
0
20
C ++++++
Đạo hàm hai vế ta có:
20
19
x)3(13 +
=
=
20
20
C
19
x
10
3.20
19
20
C
18
x
19
)3.(19
3
20
C
2
x
3
)3.(3
2
20
xC3.2
1
20
C3 +++++
Cho x = i ta có: 20
19
i)3(13 +
=
=
( ) ( ) ( ) ( )
+−+−+−
19
20
C
19
319.
17
20
C
17
317
5
20
C
5
35.
3
20
C
3
33.
1
20
C3
i
20
20
C
10
20.3
18
20
C
9
18.3
6
20
C
3
6.3
4
20
C
2
4.3
2
20
2.3C
−+−+−+
.
Mặt khác: 20
19
i)3(13 +
=
=+=+
19
3
π
isin
3
π
cos
19
.2320.
19
i
2
3
2
1
19
.2320
i
19
30.2
19
.2310.i
2
3
2
1
19
.2320.
3
19π
isin
3
19π
cos
19
.2320. +=+=+=
So sánh phần ảo của 20
19
i)3(13 +
trong hai cách tính trên ta có:
S =
20
20
C
10
20.3
18
20
C
9
18.3
6
20
C
3
6.3
4
20
C
2
4.3
2
20
2.3C −+−+−
= 30.2
19
Bài 2. Tính các tổng sau:
M =
0 2 4 6 12 14
C -3C +5C -7C + +13C -15C
15 15 15 15 15 15
N =
1 3 5 7 13 15
2C -4C +6C -8C + +14C -16C
15 15 15 15 15 15
Giải:
Xét khai triển:
(1 + x)
15
=
15
15
C
15
x
14
15
C
14
x
13
15
C
13
x
3
15
C
3
x
2
15
C
2
x
1
15
xC
0
15
C +++++++
Nhân hai vế với x ta có:
x(1 + x)
15
=
15
15
C
16
x
14
15
C
15
x
13
15
C
14
x
3
15
C
4
x
2
15
C
3
x
1
15
C
2
x
0
15
xC +++++++
Đạo hàm hai vế ta có:
(1 + x)
15
+ 15x(1 + x)
14
=
15
15
C
15
x16
14
15
C
14
x15
13
15
C
13
x14
3
15
C
3
x4
2
15
C
2
x3
1
15
xC2
0
15
C +++++++=
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
19
Sáng kiến kinh nghiệm
Với x = i ta có: (1 + i)
15
+ 15i(1 + i)
14
=
=
−++−+−
14
15
15C
12
15
13C
6
15
7C
4
15
5C
2
15
3C
0
15
C
+
+
−++−+−
15
15
16C
13
15
14C
7
15
8C
5
15
6C
3
15
4C
1
15
2C
i
Mặt khác:
(1 + i)
15
+ 15i(1 + i)
14
=
( ) ( )
15 14
15 14
π π π π
2 cos isin 15i. 2 cos isin
4 4 4 4
÷ ÷
+ + +
( )
15
15π 15π 14π 14π
7
2 cos isin 15.2 i cos isin
4 4 4 4
÷ ÷
= + + +
( )
15
2 2
7
2 i 15.2
2 2
÷
÷
= − − +
i
7
2
8
7.2i
7
2
7
14.2
7
15.2i
7
2
7
2 −=−=+−−=
So sánh phần thực và ảo của (1 + i)
15
+ 15i(1 + i)
14
trong hai cách tính trên
ta được:
M =
14
15
15C
12
15
13C
6
15
7C
4
15
5C
2
15
3C
0
15
C −++−+−
= 7.2
8
N =
15
15
16C
13
15
14C
7
15
8C
5
15
6C
3
15
4C
1
15
2C −++−+−
= -2
7
Các bài tập làm thêm
1) Tính các tổng sau:
24
25
23.24C
22
25
21.22C
8
25
7.8C
6
25
5.6C
4
25
3.4C
2
25
2C
0
25
C
1
B −++−+−+=
25
25
24.25C
23
25
22.23C
9
25
8.9C
7
25
6.7C
5
25
4.5C
3
25
2.3C
1
25
C
2
B −++−+−+=
Hướng dẫn: Xét khai triển: (1 + x)
25
. Đạo hàm hai vế hai lần, sau đó cho x = i.
So sánh phần thực và phần ảo của hai số phức bằng nhau.
ĐS: B
1
= 75.2
14
– 1; B
2
= –25(1 + 3.2
14
)
2) Tính các tổng sau:
99
100
C
2
99
97
100
C
2
97
95
100
C
2
95
7
100
C
2
7
5
100
C
2
5
3
100
C
2
3
1
100
C
2
1
1
D +−++−+−=
2 2 2 4 2 6 2 8 2 98 2 100
D 2 C 4 C 6 C 8 C 98 C 100 C
2 100 100 100 100 100 100
= − + − + − +
Hướng dẫn: Xét khai triển: (1 + x)
100
. Đạo hàm hai vế. Nhân hai vế với x. Lại
đạo hàm hai vế. Cho x = i. ĐS: D
1
= - 50.100.2
50
; D
2
= -50.2
50
.
3) Chứng minh rằng
( )
0 2 4 5 2 2
2 2 2 2 2
2
3 9 27 3 2 . os
3
n
n n
n n n n n
n
C C C C C c
π
− + − + + − =
.
4) Tính tổng sau S =
0 2 2 4 3 5 10 20
20 20 20 20 20
3 3 3 3C C C C C
− + − + +
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
20
Sáng kiến kinh nghiệm
IV. Hiệu quả của SKKN
Như tôi đã nói ở trên, việc áp dụng đề tài này đối với học sinh lớp 12C1 và
12C3, đã thu được kết quả như sau (kết thúc học kì 2 năm học 2012-2013).
Lớp Sỉ số Đạt diểm dưới 5 Tỉ lệ Đạt diểm trên 5 Tỉ lệ
12C1 43 8 19.5% 35 80.5%
12C3 44 12 34.1% 32 65.9%
Như vậy, qua việc áp dụng chuyên đề này vào giảng dạy, điều không nằm
ngoài dự đoán của tôi là kết quả của các em học sinh đã được nâng lên đáng kể.
Quan trọng hơn học sinh đã cảm thấy tự tin với loại toán này, tạo được niềm
tin và sự hứng thú cho các em trong học tập .
C. Kết luận:
Qua thời gian viết SKKN và vận dụng chuyên đề này vào giảng dạy, tôi nhận
thấy việc làm này đã thu được kết quả đáng kể từ phía các em học sinh. Đây
thực sự là một công cụ hữu hiệu, giúp học sinh giải quyết bài toán nhanh, gọn và
chính xác. Đồng thời các em đã có được cái nhìn tổng thể về cách giải quyết bài
toán này. Điều này phần nào tạo cho các em học sinh có được tâm thế tốt khi
sắp bước vào các kỳ thi quan trọng.
Qua việc ứng dụng đề tài này vào giảng dạy cho học sinh, tôi nhận thấy đây là
một chuyên đề có thể tiếp tục áp dụng cho các năm tiếp theo, đặc biệt rất phù
hợp với đối tượng là học sinh khá, giỏi. Tất nhiên là phải tiếp tục hoàn thiện đề
tài này hơn nữa.
Bài học kinh nghiệm được rút ra từ quá trình áp dụng SKKN của tôi là:
Phải thường xuyên học hỏi trau rồi chuyên môn để tìm ra phương pháp dạy
học phù hợp.
Người Thầy phải nhiệt tình, gương mẫu, làm cho các em thấy được tinh thần
nghiêm túc và hăng say nghiên cứu khoa học của mình, có vậy học sinh mới noi
gương Thầy quyết tâm và ham mê học tập, từ đó để các em không cảm thấy áp
lực trong học tập.
Triếp theo là, thường xuyên tạo ra tình huống có vấn đề, kích thích sự tìm tòi
học tập ở học sinh.
Loại toán dùng công cụ đạo hàm, tích phân và số phức còn rất nhiều dạng,
nhưng trong tài liệu này tôi chỉ trình bày một phần nhỏ. Trong quá trình thực
hiện đề tài, tôi đã nhận được những góp ý quý báu của các đồng nghiệp, Song
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
21
Sáng kiến kinh nghiệm
do thời gian nghiên cứu và ứng dụng chưa dài, nên đề tài của tôi không tránh
khỏi còn nhiều hạn chế. Rất mong tiếp tục nhận được sự đóng góp khác từ phía
đồng nghiệp để tôi có thể hoàn thiện hơn đề tài của mình.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày20 tháng 5 năm 2 013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
Nguyễn lạnh Thơm
D. Tài liệu tham khảo
1. Giải tích 12 nâng cao, NXB giáo dục năm 2008. Nhóm tác giả Đoàn
Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Trần phương Dung, Nguyễn Xuân Liêm,
Đặng Hùng Thắng.
2. Giới thiệu đề thi tuyển sinh vào đại học, từ năm học 1997-1998 đến
năm học 2004-2005. NXB Đại học Quốc gia HN của tác giả Doãn Minh
Cường.
3. Giới thiệu đề thi tuyển sinh vào đại học – cao đẳng toàn quốc, từ năm
học 2002-2003 đến năm học 2009-2010. NXB Hà Nội của nhóm tác giả
Trần Tuấn Điệp, Ngô Long Hậu, Nguyễn Phú Trường.
4. Các phương pháp giải toán sơ cấp Giải tích tổ hợp 12, NXB Hà Nội.
của tác giả Phan Huy Khải (2002).
5. Tuyển tập các đề thi Olympic 30 - 4 môn Toán, NXB Giáo dục. của
Ban tổ chức kỳ thi Olympic 30-4.
6. Tạp chí toán học và tuổi trẻ, NXB Giáo dục. của Bộ giáo dục đào tạo-
Hội toán học Việt Nam (1996- 2007).
7. Phương pháp trắc nghiệm các hình thức tổ hợp, NXB tổng hợp, TP
Hồ Chí Minh. Của nhóm tác giả Nguyễn Đức Đồng, Trần Huyên, Nguyễn
Vĩnh Cận (2006).
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
22
Sáng kiến kinh nghiệm
Người viết: Nguyễn Lạnh Thơm
23
