skkn dạy các tổng dạng cho học sinh lớp 11

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM DẠY CÁC TỔNG DẠNG 0 n k n k k a C   CHO 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 k n C , 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 k n C 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 . k k n a C . 3. Phạm vi và đối tượng đề tài Đề tài này tập trung vào việc xử lý các tổng chứa các số hạng dạng . k k n a C 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 . k k n a C 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 . k k n a C  . 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 . k k n a C và mối quan hệ giữa bài toán đếm với bài toán tính tổng 0 n k k n k a C   . 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 0 n k k n k a C   , 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 0 n k k n k a C   1. Khai triển nhị thức Newton. Với hai số thực , a b và số nguyên dương n ta có công thức :   0 1 1 2 2 2 0 n n k n k k n n n k n k k n n n n n n n n k a b C a b C a C a b C a b C a b C b                  Nếu viết ( 1). b b    và áp dụng công thức trên thì ta được :   0 0 1 1 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 1) n n k k n k k n k n n n k k n k k n n n n n n n n a b C a b C a C a b C a b C a b C b                     2. Tính chất của k n C i) , 0, k n k n n C C k n    . ii) 1 1 , 0, k k k n n n C C C k 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) 0 1 2 2 k n n n n n n n C C C C C          Đẳng thức 2. (Hệ quả của khai triển nhị thức Newton ở trang 56, SGK 11 Cơ bản) 0 2 4 1 3 5 1 2 n n n n n n n C C C C C C           ( 1 2 n n n C C      ûchaün le ) Đẳng thức 3. 1 1 . , 1, k k n n k C nC k n     . Chứng minh. Ta có   1 1 ! ( 1)! . . . . !( )! ( 1)! ( 1) ( 1) ! k k n n n n k C k n nC k n k k n k            ■ Đẳng thức 4. 2 2 ( 1) ( 1). , 1, k k n n k k C n n C k n       Chứng minh. Với 1, k n  , ta có 2 2 ! ! ( 1) ( 1). ( 1). !( )! ( 2)![( 2) ( 2)! k k n n n n k k C k k n n C k n k k n k              ■ Đẳng thức 5. 1 1 1 1 . . , 0, ( 1) ( 1) k k n n C C k n k n       Chứng minh. Ta có   1 1 1 1 ! 1 ( 1)! 1 . . . . ( 1) ( 1) !( )! ( 1) ( 1)! ( 1) ( 1) ! ( 1) k k n n n n C C k k k n k n k n k n                ■ II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ Trong các đề thi Đại học những năm gần đây có nhiều câu hỏi về các tổng dạng 0 . n k k n k a C   . Chẳng hạn, Bài toán 1. (Đề thi Đại học khối A năm 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 1 2.2 3.2 4.2 (2 1)2 2005 n n n n n n n C C C C n C              Lời giải truyền thống. Ta có 2 1 0 1 2 2 3 3 4 4 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 (1 ) n n n n n n n n n x C C x C x C x C x C x                  . Lấy đạo hàm hai vế ta được : 2 1 2 3 2 4 3 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 (2 1)(1 ) 2 3 4 (2 1) n n n n n n n n n x C C x C x C x n C x                Thay 2 x   vào đẳng thức này ta được 2 1 2 3 2 4 3 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 (2 1)( 1) 2 2 3 2 4 2 (2 1) 2 n n n n n n n n n C C C C n C                Do đó, 1 2 2 3 3 4 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2.2 3.2 4.2 (2 1)2 2005 n n n n n n n C C C C n C              2 1 2005 1002 n n      ■ Bài toán 2. (Đề thi Đại học khối A năm 2007) Chứng minh rằng 2 1 3 5 2 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 . 2 4 6 2 2 1 n n n n n n C C C C n n          Lời giải truyền thống. Ta có 2 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 ) n n n n n n n n n n n n n x C C x C x C x C x C x C x C x             Và 2 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 ) n n n n n n n n n n n n n x C C x C x C x C x C x C x C x             . Do đó,   2 2 1 3 3 5 5 2 1 2 1 2 2 2 2 1 (1 ) (1 ) 2 n n n n n n n n x x C x C x C x C x           Lấy tích phân, cận dưới là 0 và cận trên là 1, hai vế ta được : 1 2 1 2 1 2 4 6 2 1 1 3 1 5 1 2 1 1 2 0 2 0 2 0 2 0 0 1 (1 ) (1 ) | | | | 2 2 1 2 4 6 2 n n n n n n n n x x x x x x C C C C n n                    2 1 3 5 2 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 1 2 4 6 2 n n n n n n C C C C n n          ■ Bài toán 3. (Đề thi Đại học khối B năm 2003) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng 2 3 1 0 1 2 2 1 2 1 2 1 2 3 1 n n n n n n C C C C n           Lời giải truyền thống. Ta có 0 1 2 2 (1 ) n n n n n n n x C C x C x C x       Lấy tích phân, cận dưới là 1 và cận trên là 2, hai vế ta được : 2 1 2 3 1 0 2 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 (1 ) | | | | 1 2 3 1 n n n n n n n x x x x C x C C C n n                  2 3 1 1 1 0 1 2 2 1 2 1 2 1 3 2 2 3 1 1 n n n n n n n n C C C C n n                ■ 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 k k n a C  về dạng . . r m r r n m A C a b   . Chúng tôi sẽ trình bày các phép biến đổi này thông qua các bài toán từ đơn giản đến phức tạp. Bài toán 1. Chứng minh rằng 1 0 1 1 1 2 1 . 2 1 1 n n n n n C C C n n         Phân tích hướng giải. Kiến thức cơ bản đã cung cấp cho chúng ta kết quả của tổng 0 1 n n n n C C C    Trong bài toán này, trước các số k n C còn có hệ số 1 1 k  , là một đại lượng biến 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 1 k  ? 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 ( 1) k n C k  ra và thử biến đổi xem sao. Ta có 1 1 1 1 ! 1 ( 1)! 1 . . . 1 ( 1) !( )! ( 1) ( 1)![( 1) ( 1)! ( 1) k k n n n n C C k k k n k n k n k n                Đến đây ta có thể vui sướng là đã đạt được điều mong ước ! Chứng minh. Với 0, k n  ta có 1 1 1 1 ! 1 ( 1)! 1 . . . 1 ( 1) !( )! ( 1) ( 1)![( 1) ( 1)! ( 1) k k n n n n C C k k k n k n k n k n                Do đó 1 0 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 2 1 ( ) ( 1) 1 1 n n n n n n n C VT C C C n n n                    ■ Bài toán 2. Chứng minh rằng 1 2 1 2 2 n n n n n C C nC n      . Cũng suy nghĩ theo hướng bài 1, ở đây ta cần biến đổi số hạng k n kC . Chứng minh. Với 1, k n  ta có 1 1 ! ! . . !( )! ( 1)![( 1) ( 1)! k k n n n n kC k n C k n k k n k           Do đó 0 1 1 1 1 1 1 ( ) .2 n n n n n VT n C C C n           ■ 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   1 1 2 2 1 0 n n n n n C C nC        . Chứng minh. Số hạng tổng quát của vế trái là 1 ( 1) k k n kC   , với 1, k n  . Ta có 1 1 1 1 1 1 ! ! ( 1) ( 1) . ( 1) .( 1) !( )! ( 1)![( 1) ( 1)! k k k k k k n n n n kC k n C k n k k n k                   Do đó 0 1 1 1 1 1 ( ( 1) ) .0 0 n n n n n VT n C C C n             ■ Bài toán 4. Chứng minh rằng :     2 3 4 2 2.1. 3.2 4.3 1 1 2 n n n n n n C C C n n C n n         Chứng minh. Số hạng tổng quát của vế trái là ( 1) k n k k C  , với 1, k n  . Ta có 2 2 ! ! ( 1) ( 1). ( 1). !( )! ( 2)![( 2) ( 2)! k k n n n n k k C k k n n C k n k k n k              Do đó, 0 1 2 2 2 1 2 ( 1)( ) ( 1).2 n n n n n VT n n C C C n n             ■ Bài toán 5. (Đề thi Đại học khối A năm 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 1 2.2 3.2 4.2 (2 1)2 2005 n n n n n n n C C C C n C              Lời giải. Số hạng tổng quát của vế trái là 1 1 2 1 ( 1) . 2 , 1,(2 1) k k k n T k C k n        . Ta có   1 1 1 1 1 1 1 2 (2 1)! ( 1) . . 2 !(2 1 )! (2 )! ( 1) .(2 1). 2 (2 1).( 1) . 2 ( 1)! 2 ( 1) ! k k k k k k k n n T k k n k n n n C k n k                      Do đó,   0 1 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 (2 1) 2 2 2 2 (2 1)(1 2) 2 1 n n n n n n n n VT n C C C C C n n              Vì vậy, phương trình đã cho tương đương với 2 1 2005 1002 n n     ■ Bài toán 6. (Đề thi Đại học khối A năm 2007) Chứng minh rằng 2 1 3 5 2 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 . 2 4 6 2 2 1 n n n n n n C C C C n n          Chứng minh. Số hạng tổng quát của vế trái là 2 1 2 1 , 1, 2 k n T C k n k    . Ta có   2 2 1 1 (2 )! 1 (2 1)! 1 . . . 2 (2 1)!(2 2 1)! (2 1) (2 )! (2 1) (2 ) ! (2 1) k n n n T C k k n k n k n k n             Do đó,   2 4 6 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 (2 1) n n n n n VT C C C C n            Vì 0 2 4 6 2 (2 1) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 n n n n n n n C C C C C              (Tổng các m C chaün ) nên 2 2 1 2 1 n VT n    ■ Bài toán 7. (Đề thi Đại học khối B năm 2003) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng 2 3 1 0 1 2 2 1 2 1 2 1 2 3 1 n n n n n n C C C C n           Lời giải. Số hạng tổng quát của tổng này là 1 2 1 , 0, 1 k k n T C k n k      . Ta có   1 1 1 1 1 1 1 2 1 ! 2 1 ( 1)! 1 . . ( 2 ) 1 !( )! ( 1) ( 1)! ( 1) ( 1) ! 1 k k k k k n n n n T C C k k n k n k n k n                       Do đó,   1 2 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 2 2 2 ) ( ) ( 1) n n n n n n n n n VT C C C C C C n                       0 1 2 2 1 1 0 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 2 2 2 ) ( ) ( 1) n n n n n n n n n n n C C C C C C C C n                         1 1 3 2 1 n n n      ■ Bài toán 8. (Dự bị 1 ĐH khối A  2006) Chứng minh rằng : 99 100 198 199 0 1 99 100 100 100 100 100 1 1 1 1 100 101 199 200 0 2 2 2 2 C C C C                               Chứng minh. Để đơn giản hóa bài toán, trước hết ta chia hai vế cho 99 1 2       . Ta cần chứng minh đẳng thức tương đương : 99 100 0 1 99 100 100 100 100 100 1 1 1 100 101 199 200 0 (*) 2 2 2 C C C C                         Số hạng tổng quát của vế trái là 1 ( 1) ( ) ( ) , 0, 2 k k k n T n k C k n     (ở đây 100 n  ). Ta có 1 1 .( 1) . ( ) ( 1) . ( ) 2 2 k k k k k k n n T n C k C    Do đó 0 0 1 1 (*) . ( 1) . ( ) ( 1) . ( ) 2 2 n n k k k k k k n n k k VT n C k C          Ta có 0 1 1 . ( 1) . ( ) (1 ) 2 2 2 n k k k n n n k n n C n       .  Với 1, k n  ta có   1 1 1 ! ( 1)! ( 1) . ( 1) . .( 1) ( 1) !( )! ( 1)! ( 1) ( 1) ! k k k k k k n n n n k C k n n C k n k k n k                  Do đó, 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 ( 1) . ( ) ( 1) ( ) (1 ) . 2 2 2 2 2 2 n n k k k k k k n n n n k k n n n k C C                   Vì vậy (*) 0 VT  ■ Bài toán 9. (Dự bị 1 ĐH khối B  2008) Tính tổng :   2 2 2 3 2 4 2 2 3 4 1 , 2. n n n n n n S C C C n C n         Lời giải 1. (dùng công cụ đạo hàm) Ta có 0 (1 ) ( 1) n n k k k n k x C x      . Lấy đạo hàm hai vế ta được 1 1 0 (1 ) ( 1) . . n n k k k n k n x k C x         . Nhân hai vế của đẳng thức này cho x ta được 1 0 (1 ) ( 1) . . n n k k k n k nx x k C x        Lại lấy đạo hàm hai vế của đẳng thức này ta được 1 2 2 1 0 (1 ) ( 1) .(1 ) ( 1) . . n n n k k k n k n x n n x x k C x             Thay 1 x  vào đẳng thức này ta được 2 0 0 ( 1) . . n k k n k k C     Hay   2 1 2 2 2 3 2 4 2 0 1 . 2 3 4 1 n n n n n n n C C C C n C         Vì vậy   2 2 2 3 2 4 2 1 2 3 4 1 n n n n n n n S C C C n C C n          ■ Lời giải 2. Số hạng tổng quát của S là 2 ( 1) . . , 2, k k n T k C k n    . Ta có 2 ( 1) k k k k    nên ( 1) . ( 1). ( 1) . k k k k n n T k k C k C      .  Vì   2 2 ! ( 2)! ( 1) ( 1). ( 1). ( 1) !( )! ( 2)! ( 2) ( 2) ! k k n n n n n n k k C k k n n C k n k k n k                nên 2 2 2 2 2 2 2 0 ( 1) . ( 1). ( 1) ( 1) . ( 1) ( 1) . 0 n n n k k k k m m n n n k k m k k C n n C n n C                     [...]... i hc, Cao ng Trong cỏc lp ụn thi i hc, chỳng tụi cng nhn thy cỏc em hc sinh thớch cỏc phng phỏp ny hn cỏc phng phỏp truyn thng Trong nm hc 2 0112 012 ny, chỳng tụi c phõn cụng dy lp 11A1, l mt trong cỏc lp hc tt ca trng THPT Nguyn Trung Trc Sau khi dy chuyờn nõng cao ny cho hc sinh lp 11A1, nm hc 2 0112 012, chỳng tụi ó ra bi test cho phng phỏp ny nh sau : BI Thi gian : 30 phỳt Bi 1 (3) Chng minh rng... sinh lp 11A1, nm hc 2 011- 2012, nh sau: T 3 n 5 T 6 n 7 T 8 n 9 10 Tng 6 20 14 5 45 C PHN KT LUN 1 Nhng bi hc kinh nghim Kinh nghim m chỳng tụi rỳt ra sau khi thc hin dy chuyờn ny l : Phng phỏp bin i s hng tng quỏt a tng cn x lý v cỏc tng c bn l phự hp vi nhn thc ca hc sinh khỏ, gii lp 11 Vic dy hc sinh dựng phng phỏp (ch khụng phi dựng cụng c) ỏp ng v kớch thớch c s hng thỳ, ham tỡm hiu ca hc sinh. .. t cỏc em hc sinh ó lm cho tụi cm nhn c nim vui ngh nghip v lm cho quan h thy trũ ca chỳng tụi gn bú hn Khú khn nht ca vic ỏp dng phng phỏp ny l hc sinh phi nhn ra c s hng tng quỏt ca tng õy l khú khn ni ti ca kiu bi toỏn ny m phng phỏp dựng o hm hay tớch phõn cng khụng khc phc c 2 í ngha ca sỏng kin kinh nghim Trong thi i thụng tin hin nay, hc sinh cú nhiu ngun ti liu tham kho Nhng hc sinh ham tỡm... dc cho hc sinh quan nim gii toỏn : phõn tớch c im ni ti bi toỏn tỡm ra hng gii quyt bi toỏn 3 Kh nng ng dng ca sỏng kin kinh nghim T kt qu ca bi test, chỳng tụi nhn thy rng chỳng ta cú th thc hin c chuyờn ny cho hc sinh khỏ, gii lp 11 vo gi trỏi bui hoc tranh th dy mt vi bi trong gi bi tp Nhm giỳp cỏc em tip cn c cỏc bi toỏn nõng cao trong cỏc ti liu tham kho v trong cỏc thi i hc, Cao ng T ú lm cho. .. hc, thớch khỏm phỏ ca hc sinh v trao i kinh nghim vi ng nghip trong Tnh, chỳng tụi xin ngh Phũng Giỏo dc Trung hc Ph thụng v Hi ng b mụn toỏn ca S ph bin sỏng kin kinh nghip ny n cỏc t b mụn toỏn trong Tnh Chỳng tụi hy vng sỏng kin kinh nghim ny c quý thy cụ ng nghip phỏt trin v dy cho hc sinh khỏ, gii lp 11, lp 12 trong Tnh ta Chỳng tụi cng rt mong nhn c s trao i ca cỏc em hc sinh v ng nghip trong Tnh... Vic gii ỏp v t vn thu ỏo cho i tng hc sinh ny l iu rt cn thit v khụng ớt khú khn, nú ũi hi giỏo viờn phi nghiờn cu, cp nhn kin thc, phng phỏp phự hp ging dy tt hn Phng phỏp truyn thng dựng cụng c o hm hoc tớch phõn rừ rng l phng phỏp mnh Nú khụng nhng dựng gii quyt bi toỏn m cũn giỳp sỏng to ra nhiu bi toỏn Sỏng kin kinh nghim ny khụng nhm ph nhn iu ú m ch nhm cung cp cho hc sinh hng gii quyt cỏc bi... Cnk 1.Cm Cnk 2 Cm Cn0 Cm Cnk m c bit, 1) Cho m n ta c k 0 k 1 k 2 0 k k Cn Cn Cn 1.Cn Cn 2 Cn Cn Cn C2 n 2) Cho k m n ta c n 0 n 1 n 2 0 n n Cn Cn Cn 1.Cn Cn 2 Cn Cn Cn C2n Vỡ Cnr Cnn r nờn ng thc ny c vit li : 0 1 2 n n (Cn ) 2 (Cn ) 2 (Cn ) 2 (Cn ) 2 C2 n õy l bi toỏn xut hin trong phn khú ca nhiu sỏch tham kho Bi toỏn 15 Cho m, n, k l cỏc s nguyờn dng, k n, k m Chng... minh p dng tớnh cht Cnr Cnr1 Cnr1 ta c : 0 0 1 1 2 3 k k ST Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn 1 Cn21 Cn 1 Cn 1 (1) k Cn 11 Cn 1 k ( 1) k Cn 1 Mt khỏc, n Ta cú ST SP (1)k Cnk 0 nờn S P ST (1)k 1 Cnk1 k 0 3 Phng phỏp s dng hai cỏch gii khỏc nhau ca bi toỏn m Bi toỏn 14 Cho m, n, k l cỏc s nguyờn dng, k m, k n Chng minh rng k 0 k 1 k 2 0 k k Cn Cm Cn 1.Cm Cn 2 Cm Cn Cm Cn m Chng... nCn 11 k !(n k )! (k 1)! (n 1) (k 1) ! n n 1 0 k k 1 m (1)k k Cn n (1)k 1.Cn 1 n Cn 1 (1)m Cn 1 n k 2 k 2 m 0 n nờn Bi toỏn 10 Rỳt gn tng 0 n 1 n 2 n 3 k n 1 n S Cn Cn 1 Cn Cn 12 Cn Cn 2 Cn Cn k k Cn 1C10 Li gii Ta cú k n 1 Cn Cn k k n! (n k )! n! (n 1)! k n nCn 1 k ! n k ! ( n 1 k )!1! k ! n 1 k ! k ! n 1 k ! 1 Do ú, S n Cn01 Cn 1 Cnk1 Cnn11... tng quỏt ca v trỏi l T (k i )Cnk iCm , i 0, (k 1) Ta cú T (k i ) n! (n 1)! i i k i Cm n Cm nCn1i 1Cm (k i)!(n k i )! (k i 1)! (n 1) (k i 1) ! n 1 1) i Do ú, VT n C((nk1) iCm nCnk11 m i 0 n k kCn m nm BI TP TNG T 0 2 4 2002 1) Tớnh S C2003 32 C2003 34 C2003 32002 C2003 4 6 8 2006 2) Tớnh S C2007 C2007 C2007 C2007 1 3 5 2005 3) Tớnh S 22006 C2007 22004 C2007 . cũng nhận thấy các em học sinh thích các phương pháp này hơn các phương pháp truyền thống. Trong năm học 2 011 2012 này, chúng tôi được phân công dạy lớp 11A1, là một trong các lớp học tốt của. 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. Sách giáo khoa lớp 11 có viết đôi bài về các tổng chứa các số hạng k n C 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