skkn dạy các TỔNG DẠNG CHO học SINH lớp 11

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
DẠY CÁC TỔNG DẠNG
A. PHẦN MỞ ĐẦU

n

ak Cnk

k 0

CHO HỌC SINH LỚP 11

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
–1–


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
liên quan đến các tổng dạng

 a .C
k

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
bài toán đếm với bài toán tính tổng

n

a C
k 0

k

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
lý các tổng

n

a C
k 0

k

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”.

–2–


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.

–3–


B. PHẦN NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT CỦA PHƯƠNG PHÁP XỬ LÝ CÁC TỔNG DẠNG
n

a C
k 0

k

k
n

1. Khai triển nhị thức Newton.
Với hai số thực a , b và số nguyên dương n ta có công thức :

a  b

n

  Cnk a n  k b k  Cn0 a n  Cn1 a n 1b  Cn2 a n  2b 2  L  Cnk a n  k b k  L  Cnnb n

n

k 0

Nếu viết b  (1).b và áp dụng công thức trên thì ta được :

a  b

n

n

  (1) k Cnk a n k b k
k 0

 Cn0 a n  Cn1a n 1b  Cn2 a n 2b 2  L  (1)k Cnk a n k b k  L  (1)n Cnnb 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)
Cn0  Cn1  Cn2  L  Cnk  L  Cnn  2n

Đẳng thức 2. (Hệ quả của khai triển nhị thức Newton ở trang 56, SGK 11 Cơ
bản)
Cn0  Cn2  Cn4  L  Cn1  Cn3  Cn5  L  2n 1

(  Cnchaün   Cnleû 2n1 )
Đẳng thức 3.
k.Cnk  nCnk11 ,

Chứng minh. Ta có k.Cnk  k.

k  1, n .

n!
(n  1)!
 n.
 n.Cnk11 ■
k !(n  k )!
(k  1)! (n  1)  (k  1) !

–4–


Đẳng thức 4.

k (k 1)Cnk  n(n 1).Cnk22 ,

k  1, n

Chứng minh. Với k  1, n , ta có
k (k  1)Cnk  k (k  1).

n!
n!

 n(n  1).Cnk22 ■
k !(n  k )! (k  2)![(n  2)  (k  2)!

Đẳng thức 5.
1
1
.Cnk 
.Cnk11 , k  0, n
(k  1)
(n  1)

Chứng minh. Ta có
1
1
n!
1
(n  1)!
1
.Cnk 
.


.

.Cnk11 ■
(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
dạng

n

 a .C
k 0

k

k
n

. Chẳng hạn,

Bài toán 1. (Đề thi Đại học khối A năm 2005)
Tìm số nguyên dương n sao cho :
C21n 1  2.2C22n 1  3.22 C23n 1  4.23 C24n 1  L  (2n  1)22 n C22nn11  2005

Lời giải truyền thống.
Ta có (1  x)2 n 1  C20n 1  C21n 1 x  C22n 1 x 2  C23n 1 x3  C24n 1 x 4  L  C22nn11 x 2 n 1 .
Lấy đạo hàm hai vế ta được :

(2n  1)(1  x) 2 n  C21n 1  2C22n 1 x  3C23n 1 x 2  4C24n 1 x 3  L  (2n  1)C22nn11 x 2 n

Thay x  2 vào đẳng thức này ta được
(2n  1)(1) 2 n  C21n 1  2C22n 1 2  3C23n 1 2 2  4C24n 1 23  L  (2n  1)C22nn11 2 2 n

Do đó,
C21n 1  2.2C22n 1  3.22 C23n 1  4.23 C24n 1  L  (2n  1)22 n C22nn11  2005

 2n 1  2005  n  1002 ■

Bài toán 2. (Đề thi Đại học khối A năm 2007)
Chứng minh rằng
–5–


1 1 1 3 1 5
1
22 n  1
C2 n  C2 n  C2 n  L  C22nn 1 
.
2
4
6
2n
2n  1

Lời giải truyền thống.
Ta có (1  x)2 n  C20n  C21n x  C22n x 2  C23n x3  C24n x 4  C25n x5  L  C22nn 1 x 2 n 1  C22nn x 2 n Và
(1  x) 2 n  C20n  C21n x  C22n x 2  C23n x3  C24n x 4  C25n x 5  L  C22nn 1 x 2 n 1  C22nn x 2 n .

Do đó,

1
(1  x) 2 n  (1  x) 2 n   C21n x  C23n x 3  C25n x 5  L  C22nn 1 x 2 n 1

2

Lấy tích phân, cận dưới là 0 và cận trên là 1, hai vế ta được :
1

2
4
6
2n
1  (1  x) 2 n 1  (1  x) 2 n 1 
1 x 1
3 x 1
5 x 1
2 n 1 x
|0 C2 n
|0 C2 n |0  L  C2 n
|10

  C2 n
2
2n  1
2
4
6
2n

0



22 n  1 1 1 1 3 1 5
1
 C2 n  C2 n  C2 n  ...  C22nn 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
Cn0 

22  1 1 23  1 2
2n1  1 n
Cn 
Cn  L 
Cn
2
3
n 1

Lời giải truyền thống.
Ta có (1  x)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  L  Cnn x n
Lấy tích phân, cận dưới là 1 và cận trên là 2, hai vế ta được :
2

2
3
n 1
 (1  x) n 1 
0
2
1 x
2
2 x 2
n x

C
x
|

C
|

C
|

L

C
|12


n
1
n

1
n
1
n
n

1
2
3
n

1

1

 Cn0 

2 2  1 1 23  1 2
2n 1  1 n 3n 1  2n 1
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... ).
–6–


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 . Cmr amr .br .

Chúng tôi sẽ trình bày các phép biến đổi này thông qua các bài toán từ đơn giản
đến phức tạp.
1
2

Bài toán 1. Chứng minh rằng Cn0  Cn1  ... 

1
2n 1  1
Cnn 
.
n 1
n 1

Phân tích hướng giải.
Kiến thức cơ bản đã cung cấp cho chúng ta kết quả của tổng
Cn0  Cn1  ...  Cnn

Trong bài toán này, trước các số Cnk còn có hệ số

1
, là một đại lượng biến
k 1

thiên. Đây là vấn đề khó khăn của bài toán mà chúng ta cần xử lý.
Câu hỏi tự nhiên là liệu ta có thể biến đổi để làm mất hệ số

1
?
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 !

Ở đây ta chỉ còn cách viết tường minh số hạng

1
Cnk ra và thử biến đổi
(k  1)

xem sao.
Ta có

1
1
n!
1
(n  1)!
1
Cnk 
.

.

.Cnk11
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
1
n!
1

(n  1)!
1
Cnk 
.

.

.Cnk11
k 1
(k  1) k !(n  k )! (n  1) (k  1)![(n  1)  ( k  1)! ( n  1)

Do đó VT 

2n1  Cn01 2n1  1
1
■
(Cn11  Cn21  L  Cnn11 ) 

(n  1)
n 1
n 1

Bài toán 2. Chứng minh rằng Cn1  2Cn2  L  nCnn  n2n 1 .
–7–


Cũng suy nghĩ theo hướng bài 1, ở đây ta cần biến đổi số hạng kCnk .
Chứng minh. Với k  1, n ta có
n!
n!


 n.Cnk11
k !(n  k )! (k  1)![(n  1)  (k  1)!
Do đó VT  n(Cn01  Cn11  L  Cnn11 )  n.2n 1 ■
kCnk  k .

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.
Bài toán 3. Chứng minh rằng Cn1  2Cn2  L   1 nCnn  0 .
Chứng minh. Số hạng tổng quát của vế trái là (1)k 1 kCnk , với k  1, n . Ta có
n 1

n!
n!
 (1) k 1
 n.(1) k 1 Cnk11
k !(n  k )!
(k  1)![(n  1)  (k  1)!
0
1
n
n 1
Do đó VT  n(Cn 1  Cn 1  L  (1) Cn 1 )  n.0  0 ■
(1) k 1 kCnk  (1) k 1 k .

Bài toán 4. Chứng minh rằng :

2.1.Cn2  3.2Cn3  4.3Cn4  L  n  n  1 Cnn  n  n  1 2n2

Chứng minh. Số hạng tổng quát của vế trái là k (k  1)Cnk , với k  1, n . Ta có
n!
n!

 n(n  1).Cnk22
k !(n  k )! (k  2)![(n  2)  (k  2)!
Do đó, VT  n(n  1)(Cn02  Cn11  L  Cnn22 )  n(n  1).2 n2 ■
k (k  1)Cnk  k (k  1).

Bài toán 5. (Đề thi Đại học khối A năm 2005)
Tìm số nguyên dương n sao cho :
C21n 1  2.2C22n 1  3.22 C23n 1  4.23 C24n 1  L  (2n  1)22 n C22nn11  2005

Lời giải.
Số hạng tổng quát của vế trái là T  (1)k 1.k 2k 1 C2kn1,

k  1,(2n  1) . Ta có

(2n  1)!
2k 1
k !(2n  1  k )!
(2n)!
 (1) k 1.(2n  1).
2k 1  (2n  1).(1) k 1.C2kn1 2k 1
(k  1)! 2n  (k  1) !

T  (1) k 1.k.

Do đó,
VT  (2n  1)  C20n  C21n 2  C22n 22  C23n 23  L  C22nn 22 n   (2n  1)(1  2) 2 n  2n  1 Vì vậy,

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

–8–


1 1 1 3 1 5
1
22 n  1
C2 n  C2 n  C2 n  L  C22nn 1 
.
2
4
6
2n
2n  1

Chứng minh.
Số hạng tổng quát của vế trái là T 
T 

1 2 k 1
C2 n ,
2k

k  1, n . Ta có

1

(2n)!
1
(2n  1)!
1
.

.

.C22nk1
2k (2k  1)!(2n  2k  1)! (2n  1) (2k )! (2n  1)  (2k ) ! (2n  1)

Do đó, VT 

1
C22n 1  C24n 1  C26n 1  L  C22nn1 

(2n  1)

Vì C20n 1  C22n 1  C24n 1  C26n 1  L  C22nn1  2(2 n1)1 (Tổng các Cmchaün )
nên VT 

22 n  1
■
2n  1

Bài toán 7. (Đề thi Đại học khối B năm 2003)
Cho n là số nguyên dương. Tính tổng
22  1 1 23  1 2
2n1  1 n
C 

Cn 
Cn  L 
Cn
2
3
n 1
0
n

Lời giải.
Số hạng tổng quát của tổng này là T 
T 

2k 1  1 k
Cn ,
k 1

k  0, n . Ta có

2k 1  1
n!
2k 1  1
( n  1)!
1
.

.

(Cnk11 2k 1  Cnk11 ) Do đó,
k  1 k !(n  k )! (n  1) (k  1)! (n  1)  (k  1)  ! n  1

VT 

1
 (Cn11 2  Cn21 22  L  Cnn11 2n1 )  (Cn11  Cn21  L  Cnn11 ) 
(n  1)



1
(Cn01  Cn11 2  Cn21 22  L  Cnn11 2n 1 )  (Cn01  Cn11  Cn21  L  Cnn11 ) 

(n  1)



3n 1  2n 1
■
n 1

Bài toán 8. (Dự bị 1 ĐH khối A 2006) Chứng minh rằng :
99

0
100

100C

100

1
1 1
   101C100  
2
2

198

 L  199C

99
100

1
 
2

199

 200C

100
100

1
 
2

0
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
   L  199C100    200C100  
2
2
2

–9–

0

(*)


1

2

Số hạng tổng quát của vế trái là T  (1) k (n  k )Cnk ( ) k ,
1
2

k  0, n (ở đây n  100 ).

1
2

Ta có T  n.(1)k .Cnk ( ) k  (1) k k .Cnk ( ) k
n

n

1
2

1
2

Do đó VT (*)  n. (1) k .Cnk ( ) k   (1) k k.Cnk ( ) k
k 0

n

k 0

1

2

1
2

 Ta có n. (1) k .Cnk ( ) k  n(1  ) n 
k 0

n
.
2n

 Với k  1, n ta có
n!
(n  1)!
 n.(1) k
 n(1) k 1 Cnk11
k !(n  k )!
(k  1)! (n  1)  (k  1) !

(1)k k.Cnk  (1)k k.

1
n n
1
n
1
n
k .Cnk ( ) k 
( 1) k 1 Cnk11 ( ) k 1 

(1  ) n 1  n .

2
2 k 1
2
2
2
2
k 0
Vì vậy VT (*)  0 ■

Do đó,

n

 (1)

k

(Dự bị 1 ĐH khối B 2008) Tính tổng :

Bài toán 9.

S  22 Cn2  32 Cn3  42 Cn4  L   1 n 2Cnn ,
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 .Cnk x k 1 .
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 .Cnk x k 1
k 0

n

Thay x  1 vào đẳng thức này ta được 0   (1) k .k 2 .Cnk
k 0

Hay 0  1 .C  2 C  3 C  4 C  L   1 n 2Cnn
2

1
n

2

2
n

2

3
n

2

n

4
n

Vì vậy S  22 Cn2  32 Cn3  42 Cn4  L   1 n 2Cnn  Cn1  n ■
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

 Vì k (k  1).Cnk  k (k  1).
nên

n!
(n  2)!n(n  1)

 n(n  1)Cnk22

k !(n  k )! (k  2)! (n  2)  (k  2) !

n

n

n2

k 2

k 2

m 0

 (1)k .k (k  1).Cnk  n(n  1) (1)k 2 .Cnk22  n(n  1)  (1) m .Cnm2  0

n!
(n  1)!n

 nCnk11
 Vì k.Cnk  k.
k !(n  k )! (k  1)! (n  1)  (k  1) !

–10–


n
n 1
0
k

k
k 1
k 1
m
m
(

1)
.
k
.
C


n
(

1)
.
C


n

C



n
n 1

n 1 (1) .Cn 1 n
k 2
k 2
m 0


n

nờn

Bi toỏn 10. Rỳt gn tng
S Cn0Cnn 1 Cn1Cnn12 Cn2Cnn23 L Cnk Cnnk1 k L Cnn 1C10 .

Li gii.
Ta cú
Cnk Cnnk1k

n!
(n k )!
n!
(n 1)!
.

n.
nCnk1 .
k ! n k ! (n 1 k )!1! k ! n 1 k !
k ! n 1 k !

Do ú, S n Cn01 Cn11 L Cnk1 L Cnn11 n.2n 1
2. Phng phỏp s dng cỏc tớnh cht c bn ca s t hp Cnk .

Bi toỏn 11. Chng minh rng :
1
22 n 1 C2nn ;
2
1
C2nn1 C2nn 2 L C22nn 1 C22nn
22 n1 C2nn ;
2
0
1
n 1
n
2n
STL C2 n 1 C2 n 1 L C2 n 1 C2 n 1 2 ;

STC C20n C21n
S PC

L C2nn2 C2nn1

S PL C2nn11 C2nn21 L C22nn1 C22nn11 22 n.

Núi mt cỏch ngn gn :
2n 1 ,
neỏ
u n : leỷ;

k
k
n Cn n Cn 2n1 1 C n2 , neỏu n : chaỹn.

n
k
k
2
2

2
Chng minh. Dựng tớnh cht Cmmr Cmr ta c

S PC C2nn1 C2nn2 L C21n C20n STC .
1
2

Mt khỏc, ta cú STC C2nn S PC 22 n nờn STC S PC 22 n 1 C2nn .
S PL C2nn1 C2nn11 L C21n1 C20n1 STL .
Mt khỏc, ta cú STC S PC 22 n 1 nờn STC S PC 22 n
Bi toỏn 12. Chng minh rng :
Ckk Ckk1 L Ckk m Ckkm1 1 .

T ú suy ra ng thc sau:
Ck0 Ck11 L Ckm m Ckm m 1

Chng minh. p dng cụng thc Cnr Cnr 1 Cnr11 Cnr Cnr11 Cnr 1 v
Ckk 1 Ckk11 ta c
Ckk11 (Ckk21 Ckk11 ) (Ckk31 Ckk21 ) L (Ckkm1 Ckkm1 1 ) Ckkm1 .
p dng cụng thc Cnr Cnnr ta c

Do ú,

k
k
k
0
1
m

Ck Ck 1 L Ck m Ck Ck 1 L Ck m
k 1
m

Ck m1 Ck m1
Ck0 Ck11 L Ckm m Ckm m 1

11


Bài toán 13. Chứng minh rằng
ST  Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  L  (1) k Cnk  (1) k Cnk1

Và
S P  (1) k 1 Cnk 1  (1) k  2 Cnk  2  L  (1) n Cnn  (1) k 1 Cnk1

Chứng minh. Áp dụng tính chất Cnr  Cnr1  Cnr11 ta được :

ST  Cn01   Cn01  Cn11    Cn11  Cn21    Cn21  Cn31   L  (1) k  Cnk11  Cnk1 
 (1) k Cnk1.

Mặt khác,
n

Ta có ST  S P   (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
Cnk Cm0  Cnk 1.Cm1  Cnk  2 .Cm2  L  Cn0 .Cmk  Cnk m

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 .Cm0
cách.
 Chọn ra (k  1) người nam và 1 người nữ : số cách chọn là Cnk 1.Cm1 cách.
.................................................................................................................................
 Chọn ra 0 người nam và k người nữ : số cách chọn là Cn0 .Cmk cách.
Do đó, số cách chọn ra k người từ n người nam và m người nữ là
Cnk Cm0  Cnk 1.Cm1  Cnk  2 .Cm2  L  Cn0 .Cmk

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 Cm0  Cnk 1.Cm1  Cnk 2 .Cm2  L  Cn0 .Cmk  Cnkm ■
Đặc biệt,
1) Cho m  n ta được
Cnk Cn0  Cnk 1.Cn1  Cnk  2 .Cn2  L  Cn0 .Cnk  C2kn

2) Cho k  m  n ta được
CnnCn0  Cnn 1.Cn1  Cnn  2 .Cn2  L  Cn0 .Cnn  C2nn

Vì Cnr  Cnnr nên đẳng thức này được viết lại :
(Cn0 ) 2  (Cn1 ) 2  (Cn2 ) 2  L  (Cnn ) 2  C2nn

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 .Cnk m .
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.
k .Cnk  (k  1).Cnk 1.Cm1  (k  2)Cnk  2 .Cm2  L  Cn1 .Cmk 1 

Cách đếm 1.
–12–


 Chọn k nam và 0 nữ, rồi chọn 1 nam làm đội trưởng : có Cnk .Cm0 .k cách.
 Chọn k 1 nam và 1 nữ, rồi chọn 1 nam làm đội trưởng : có Cnk 1.Cm1 .(k  1) cách.
.................................................................................................................................
 Chọn 1 nam và k 1 nữ, rồi chọn 1 nam làm đội trưởng : có Cn1 .Cmk 1.1 cách.
Theo quy tắc cộng, ta có số cách chọn là
k .Cnk  (k  1).Cnk 1.Cm1  (k  2)Cnk  2 .Cm2  L  Cn1 .Cmk 1

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
nCnkm1 1  n

(n  m  1)!
n
(n  m)!
n


.k .

.kCnk m
(k  1)!(n  m  k )! n  m k !(n  m  k )! n  m

Vì vậy ta được
k .Cnk  (k  1).Cnk 1.Cm1  (k  2)Cnk  2 .Cm2  L  Cn1 .Cmk 1 

n
k .Cnk 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 iCmi , i  0,(k 1) .
Ta có
T  (k  i )

n!
(n  1)!
Cmi  n
Cmi  nCnk1i 1Cmi
(k  i)!(n  k  i)!
(k  i  1)! (n  1)  (k  i  1) !
n 1

Do đó, VT  n  C((nk1)1)i Cmi   nCnk11 m 
i 0

n
.kCnk m ■

nm

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
0
2
4
2002
 32 C2003
 34 C2003
 L  32002 C2003
1) Tính S  C2003
.
4
6
8
2006
 C2007
 C2007
 L  C2007
2) Tính S  C2007
.
2006 1
2004 3
2002 5
2005
3) Tính S  2 C2007  2 C2007  2 C2007  L  22 C2007
.
1
2
2 3

3 4
29 30
4) Rút gọn S  C30  2.2C30  3.2 C30  4.2 C30  L  30.2 C30 .
5) Rút gọn S  30C300  29C301  28C302  L  2C3028  C3029  C3030 .

Cn0 Cn1 Cn2
Cnn
.


L 
1.2 2.3 3.4
(n  1).(n  2)
C2
C3
Ck
Cn
7) Tìm n nguyên dương thỏa Cn1  2 n1  3 n2  L  k kn1  L  n nn1  5050 .
Cn
Cn
Cn
Cn

6) Rút gọn S 

8) Rút gọn S  2n.32 n 1 C20n  (2n  1).32 n 2 C21n  (2n  2).32 n 3 C22n  L  C22nn 1 .
9) Rút gọn S  Cn1 .3n 1  2Cn2 .3n  2  3Cn3 .3n 3  L  (n  1)Cnn 1 3  nCnn .
10) Rút gọn S  Cn1 2n 1.3  2Cn2 2n 232  3Cn3 2n 333  ...  (n  1)Cnn 1 2.3n 1  nCnn 3n .
11) Rút gọn S  2Cn2  2.3Cn3  3.4Cn4  L  (n  1)nCnn .
12) Rút gọn S  2C22n  2.3C23n 2  3.4C24n 22  L  (2n  1)2nC22nn 22 n 2 .

13) Rút gọn S  (n  1)nCn0 2n 2  L  3.4Cnn 4 22  2.3Cnn 3 2  2Cnn 2 .
14) Rút gọn S  Cn1  22 Cn2 3  32 Cn3 32  L  n 2Cnn 3n 1 .
15) Rút gọn S  n 2Cn0 2n  (n  1) 2 Cn1 2n 1  L  22 Cnn 2 22  2Cnn 1 .

–13–


(Cn1 )2 (Cn2 )2 (Cn3 )2
(C n )2


L  n .
2
3
4
(n  1)
1 2
2 2
n 2
17) Rút gọn S  (Cn )  2(Cn )  L  n(Cn ) .

16) Rút gọn S 

18) Rút gọn S  (Cn1 ) 2  (2Cn2 ) 2  L  ( nCnn ) 2 .

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
Cn1  4Cn2  L  n.2n 1 Cnn  n.3n 1 , n  ¥ * .

Bài 2 (4đ). Chứng minh rằng

 1 C n  1 , n  ¥ * .
1 0 1 1 1 2
Cn  Cn  Cn  L 
n
2
4
6
2  n  1
2  n  1
n

Bài 3 (3đ). Chứng minh rằng
Cnk  C41Cnk 1  C42Cnk 2  C43Cnk 3  Cnk 4  Cnk 4 , n  ¥ * .

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

–14–


–15–


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.

–16–


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 :
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.
–17–


Nhận xét đánh giá của Tổ chuyên môn :
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Nhận xét đánh giá của Ban thi đua :
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------–18–


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.

–19–


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
I. Cơ sở lý thuyết của phương pháp xử lý các tổng dạng

n

a C
k 0

k

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

–20–